Question

4．已知数列{a_n}满足：a₁=1，a_n=$\left\{\begin{array}{l}{2{a}_{\frac{n}{2}}+1，n为偶数}\\{\frac{1}{2}+2{a}_{\frac{n-1}{2}}，n为奇数}\end{array}\right.$，n=2，3，4，…．
（1）求a₂，a₃，a₄，a₅的值；
（2）设b_n=${a}_{{2}^{n-1}}$+1，n∈N*，求证：数列{b_n}是等比数列，并求出其通项公式；
（3）对任意的m≥2，m∈N*，在数列{a_n}中是否存在连续的2^m项构成等差数列？若存在，写出这2^m项，并证明这2^m项构成等差数列；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由a₁=1，利用递推公式能求出a₂，a₃，a₄，a₅的值．
（2）由题意，对于任意的正整数n，b_n=${a}_{{2}^{n-1}}$+1，从而b_n+1=${a}_{{2}^{n}}$+1，进而b_n+1=2b_n，由此能证明数列{b_n}是首项、公比均为2的等比数列，并求出其通项公式．
（3）对任意的m≥2，m∈N*，在数列{a_n}中存在连续的2^m项构成等差数列．对任意的m≥2，k∈N^*，在数列{a_n}中，${a}_{{2}^{m}}$，${a}_{{2}^{m}+1}$，${a}_{{2}^{m}+2}$，…，${a}_{{2}^{m}+{2}^{m}-1}$这连续的2^m就构成一个等差数列．利用构造法和分类讨论法能推导出${a}_{{2}^{m}}$，${a}_{{2}^{m}+1}$，${a}_{{2}^{m}+2}$，…，${a}_{{2}^{m}+{2}^{m}-1}$这连续的2^m项，是首项为${a}_{{2}^{m}}={2}^{m+1}-1$，公差为-$\frac{1}{2}$的等差数列．

解答 解：（1）∵a₁=1，∴a₂=1+2a₁=3，
a₃=$\frac{1}{2}$+2a₂=$\frac{5}{2}$，
a₄=1+2a₃=7，
a₅=$\frac{1}{2}$+2a₄=$\frac{13}{2}$；
证明：（2）由题意，对于任意的正整数n，b_n=${a}_{{2}^{n-1}}$+1，
∴b_n+1=${a}_{{2}^{n}}$+1，
又∵${a}_{{2}^{n}}$+1=（2${a}_{\frac{{2}^{n}}{2}}$+1）+1=2（${a}_{{2}^{n-1}}$+1）=2b_n，
∴b_n+1=2b_n，
又∵b₁=${a}_{{2}^{1-1}}$+1=a₁+1=2，
∴数列{b_n}是首项、公比均为2的等比数列，其通项公式b_n=2ⁿ；
（3）对任意的m≥2，m∈N*，在数列{a_n}中存在连续的2^m项构成等差数列．
对任意的m≥2，k∈N^*，在数列{a_n}中，${a}_{{2}^{m}}$，${a}_{{2}^{m}+1}$，${a}_{{2}^{m}+2}$，…，${a}_{{2}^{m}+{2}^{m}-1}$这连续的2^m就构成一个等差数列．
我们先来证明：“对任意的n≥2，n∈N*，k∈（0，2^n-1），k∈N*，有${a}_{{2}^{n-1}+k}={2}^{n}-1-\frac{k}{2}$”，
由（2）得${b}_{n}={a}_{{2}^{n-1}}+1={2}^{n}$，∴${a}_{{2}^{n-1}}={2}^{n}-1$，
当k为奇数时，${a}_{{2}^{n-1}+k}=\frac{1}{2}+2{a}_{\frac{{2}^{n-1}+k-1}{2}}$=$\frac{1}{2}+2{a}_{{2}^{n-2}+\frac{k-1}{2}}$，
当k为偶数时，${a}_{{2}^{n-1}+k}=1+2{a}_{\frac{{2}^{n-1}+k}{2}}$=1+2a${\;}_{{2}^{n-2}+\frac{k}{2}}$，
记${k}_{1}=\left\{\begin{array}{l}{\frac{k}{2}，k为偶数}\\{\frac{k-1}{2}，k为奇数}\end{array}\right.$，∴要证${a}_{{2}^{n-2}+{k}_{1}}$=${2}^{n}-1-\frac{k}{2}$，只需证明${a}_{{2}^{n-2}+{k}_{1}}={2}^{n-1}-1-\frac{{k}_{1}}{2}$，
其中${k}_{1}∈（0，{2}^{n-2}）$，k₁∈N*，
（这是因为若${a}_{{2}^{n-2}}={2}^{n-1}-1-\frac{{k}_{1}}{2}$，则当${k}_{1}=\frac{k-1}{2}$时，则k一定是奇数）
有${a}_{{2}^{n-1}+k}=\frac{1}{2}+2{a}_{\frac{{2}^{n-1}+k-1}{2}}$=$\frac{1}{2}+2{a}_{{2}^{n-2}+\frac{k-1}{2}}$
=$\frac{1}{2}+2（{2}^{n-1}-1-\frac{{k}_{1}}{2}）=\frac{1}{2}+2（{2}^{n-1}-1-\frac{\frac{k-1}{2}}{2}）$=${2}^{n}-1-\frac{k}{2}$，
当${k}_{1}=\frac{k}{2}$时，则k一定是偶数，
有${a}_{{2}^{n-1}+k}=1+2{a}_{\frac{{2}^{n-1}+k}{2}}$=1+$2{a}_{{2}^{n-1}+\frac{k}{2}}$
=1+2（${2}^{n-1}-1-\frac{{k}_{1}}{2}$）=1+2（${2}^{n-1}-1-\frac{\frac{k}{2}}{2}$）=${2}^{n}-1-\frac{k}{2}$，
以此递推，要证${a}_{{2}^{n-2}+{k}_{1}}$=${2}^{n-1}-1-\frac{{k}_{1}}{2}$，只要证明${a}_{{2}^{n-3}+{k}_{2}}={2}^{n-2}-1-\frac{{k}_{2}}{2}$，
其中${k}_{2}=\left\{\begin{array}{l}{\frac{{k}_{1}}{2}，{k}_{1}为偶数}\\{\frac{{k}_{1}-1}{2}，{k}_{1}为奇数}\end{array}\right.$，k₂∈N*，
如此递推下去，我们只需证明${a}_{{2}^{l}+{k}_{n-2}}={2}^{2}-1-\frac{{k}_{n-2}}{2}$，${k}_{n-2}∈（0，{2}^{l}），{k}_{n-2}∈{N}^{*}$，
即${a}_{{2}^{l}+1}={2}^{2}-1-\frac{1}{2}=3-\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$，即${a}_{3}=\frac{5}{2}$，
由（Ⅱ）可得，所以对n≥2，n∈N*，k∈（0，2^n-1），k∈N*，
有${a}_{{2}^{l}+1}={2}^{n}-1-\frac{k}{2}$，
对任意的m≥2，m∈N*，
${a}_{{2}^{m}+i}$=${2}^{m+1}-1-\frac{i}{2}$，${a}_{{2}^{m}+i+1}={2}^{m+1}-1-\frac{i+1}{2}$，其中i∈（0，2^m-1），i∈N*，
∴${a}_{{2}^{m}+i+1}$-${a}_{{2}^{m}+i}$=-$\frac{1}{2}$，
又${a}_{{2}^{m}+1}-1$，${a}_{{2}^{m}+1}={2}^{m+1}-1-\frac{1}{2}$，
∴${a}_{{2}^{m}+1}-{a}_{{2}^{m}}=-\frac{1}{2}$，
∴${a}_{{2}^{m}}$，${a}_{{2}^{m}+1}$，${a}_{{2}^{m}+2}$，…，${a}_{{2}^{m}+{2}^{m}-1}$这连续的2^m项，是首项为${a}_{{2}^{m}}={2}^{m+1}-1$，公差为-$\frac{1}{2}$的等差数列．

点评 本题考查数列的前5项的求法，考查等比数列的证明及通项公式的求法，考查满足条件等差数列是否存在的判断与求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查分类与整合思想、化归与转化思想、函数与方程思想，是难题．