Question

12．已知数列{a_n}满足a₁=1，a_n+1=$\frac{1}{4}$a_n²+p．
（1）若数列{a_n}就常数列，求p的值；
（2）当p＞1时，求证：a_n＜a_n+1；
（3）求最大的正数p，使得a_n＜2对一切整数n恒成立，并证明你的结论．

Answer 1

分析 （1）依题意${a_2}=\frac{1}{4}{a_1}+p=\frac{1}{4}+p=1$，$p=\frac{3}{4}$；
（2）由条件得${a_2}-{a_1}=\frac{1}{4}{a_1}^2+p-{a_1}=p-\frac{3}{4}＞0$得a₂＞a₁，由${a_{n+2}}=\frac{1}{4}{a_{n+1}}^2+p，{a_{n+1}}=\frac{1}{4}{a_n}^2+p$，两式相减得${a_{n+2}}-{a_{n+1}}=\frac{1}{4}{a_{n+1}}^2-\frac{1}{4}{a_n}^2=\frac{1}{4}（{{a_{n+1}}^2-{a_n}^2}）=\frac{1}{4}（{{a_{n+1}}-{a_n}}）（{{a_{n+1}}+{a_n}}）$即可判定．
 （3）由${a_{k+1}}-{a_k}=\frac{1}{4}{a_k}^2-{a_k}+p=\frac{1}{4}{（{{a_k}-2}）^2}+p-1≥p-1$，得a_n=a₁+（a₂-a₁）+…（a_n-a_n-1）＞1+（n-1）（p-1），即可得，当p＞1时，a_n越来越大，不满足a_n＜2，所以要使得a_n＜2对一切整数n恒成立，只可能p≤1，用数学归纳法证明当p=1时，a_n＜2恒成立即可．

解答 解：（1）若数列{a_n}是常数列，则${a_2}=\frac{1}{4}{a_1}+p=\frac{1}{4}+p=1$，$p=\frac{3}{4}$；显然，当$p=\frac{3}{4}$时，有a_n=1
（2）由条件得${a_2}-{a_1}=\frac{1}{4}{a_1}^2+p-{a_1}=p-\frac{3}{4}＞0$得a₂＞a₁，
又因为${a_{n+2}}=\frac{1}{4}{a_{n+1}}^2+p，{a_{n+1}}=\frac{1}{4}{a_n}^2+p$，
两式相减得${a_{n+2}}-{a_{n+1}}=\frac{1}{4}{a_{n+1}}^2-\frac{1}{4}{a_n}^2=\frac{1}{4}（{{a_{n+1}}^2-{a_n}^2}）=\frac{1}{4}（{{a_{n+1}}-{a_n}}）（{{a_{n+1}}+{a_n}}）$
显然有a_n＞0，所以a_n+2-a_n+1与a_n+1-a_n同号，而a₂-a₁＞0，所以a_n+1-a_n＞0；
从而有a_n＜a_n+1．
（3）因为${a_{k+1}}-{a_k}=\frac{1}{4}{a_k}^2-{a_k}+p=\frac{1}{4}{（{{a_k}-2}）^2}+p-1≥p-1$，
所以a_n=a₁+（a₂-a₁）+…（a_n-a_n-1）＞1+（n-1）（p-1），
这说明，当p＞1时，a_n越来越大，不满足a_n＜2，所以要使得a_n＜2对一切整数n恒成立，只可能p≤1，
下面证明当p=1时，a_n＜2恒成立；用数学归纳法证明：
当n=1时，a₁=1显然成立；
假设当n=k时成立，即a_k＜2，
则当n=k+1时，${a_{k+1}}=\frac{1}{4}{a_k}^2+1＜\frac{1}{4}×{2^2}+1=2$成立，
由上可知对一切正整数n恒成立，因此，正数p的最大值是1

点评 本题考查了数列的递推式，数列与不等式，数学归纳法，属于难题．