Question

设a₁=1，a_n+1=

a 2 n -2an+2

+b（n∈N^*）
（Ⅰ）若b=1，求a₂，a₃及数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）若b=-1，问：是否存在实数c使得a_2n＜c＜a_2n+1对所有的n∈N^*成立，证明你的结论．

Answer 1

考点：数学归纳法,数列递推式

专题：综合题,点列、递归数列与数学归纳法

分析：（Ⅰ）若b=1，利用a_n+1=

a 2 n -2an+2

+b，可求a₂，a₃；证明{（a_n-1）²}是首项为0，公差为1的等差数列，即可求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设f（x）=

(x-1)2+1

-1，则a_n+1=f（a_n），令c=f（c），即c=

(c-1)2+1

-1，解得c=

1

4

．用数学归纳法证明加强命题a_2n＜c＜a_2n+1＜1即可．

解答： 解：（Ⅰ）∵a₁=1，a_n+1=

a 2 n -2an+2

+b，b=1，
∴a₂=2，a₃=

2

+1；
又（a_n+1-1）²=（a_n-1）²+1，
∴{（a_n-1）²}是首项为0，公差为1的等差数列；
∴（a_n-1）²=n-1，
∴a_n=

n-1

+1（n∈N^*）；
（Ⅱ）设f（x）=

(x-1)2+1

-1，则a_n+1=f（a_n），
令c=f（c），即c=

(c-1)2+1

-1，解得c=

1

4

．
下面用数学归纳法证明加强命题a_2n＜c＜a_2n+1＜1．
n=1时，a₂=f（1）=0，a₃=f（0）=

2

-1，∴a₂＜c＜a₃＜1，成立；
设n=k时结论成立，即a_2k＜c＜a_2k+1＜1
∵f（x）在（-∞，1]上为减函数，
∴c=f（c）＞f（a_2k+1）＞f（1）=a₂，
∴1＞c＞a_2k+2＞a₂，
∴c=f（c）＜f（a_2k+2）＜f（a₂）=a₃＜1，
∴c＜a_2k+3＜1，
∴a_2（k+1）＜c＜a_2（k+1）+1＜1，即n=k+1时结论成立，
综上，c=

1

4

使得a_2n＜c＜a_2n+1对所有的n∈N^*成立．

点评：本题考查数列递推式，考查数列的通项，考查数学归纳法，考查学生分析解决问题的能力，难度大．