Question

20．已知非零数列{a_n}满足a₁=1，a_na_n+1=a_n-2a_n+1（n∈N^*）．
（1）求证：数列$\left\{{1+\frac{1}{a_n}}\right\}$是等比数列；
（2）若关于n的不等式$\frac{1}{{n+{{log}_2}（{1+\frac{1}{a_1}}）}}+\frac{1}{{n+{{log}_2}（{1+\frac{1}{a_2}}）}}+…+\frac{1}{{n+{{log}_2}（{1+\frac{1}{a_n}}）}}$＜m-3有解，求整数m的最小值；
（3）在数列$\left\{{1+\frac{1}{a_n}-{{（{-1}）}^n}}\right\}$中，是否存在首项、第r项、第s项（1＜r＜s≤6），使得这三项依次构成等差数列？若存在，求出所有的r、s；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由条件可得$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}=\frac{2}{a_n}+1$，即$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}+1=2（{\frac{1}{a_n}+1}）$，再由等比数列的定义即可得证；
（2）由等比数列的通项公式求得，$\frac{1}{a_n}+1={2^n}$，再由数列的单调性的判断，可得最小值，解不等式即可得到所求最小值；
（3）假设存在首项、第r项、第s项（1＜r＜s≤6），使得这三项依次构成等差数列，由等差数列的中项的性质和恒等式的性质，可得s，r的方程，解方程可得所求值．

解答 解：（1）证明：由a_na_n+1=a_n-2a_n+1，
得$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}=\frac{2}{a_n}+1$，即$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}+1=2（{\frac{1}{a_n}+1}）$，
所以数列$\left\{{1+\frac{1}{a_n}}\right\}$是首项为2，公比为2的等比数列；
（2）由（1）可得，$\frac{1}{a_n}+1={2^n}$，
故$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{n+n}＜m-3$，
设$f（n）=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{n+n}$，
则$f（{n+1}）-f（n）=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}＞0$，
所以f（n）单调递增，
则${f_{min}}（n）=f（1）=\frac{1}{2}$，于是$\frac{1}{2}＜m-3$，即$m＞\frac{7}{2}$，
故整数m的最小值为4；
（3）由上面得，${a_n}=\frac{1}{{{2^n}-1}}$，
设${b_n}=1+\frac{1}{a_n}-{（{-1}）^n}={2^n}-{（{-1}）^n}$，
要使得b₁，b_r，b_s成等差数列，即b₁+b_s=2b_r，
即3+2^s-（-1）^s=2^r+1-2（-1）^r，
得2^s-2^r+1=（-1）^s-2（-1）^r-3，
∵s≥r+1，∴（-1）^s-2（-1）^r-3≥0，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{s=r+1}\\{{{（{-1}）}^s}=1}\\{{{（{-1}）}^r}=-1}\end{array}}\right.$，
故s为偶数，r为奇数，
∵3≤s＜6，∴s=4，r=3或s=6，r=5．

点评 本题考查等比数列的定义和通项公式的运用，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用函数的单调性求得最值，考查存在性问题的解法，注意运用恒等式的性质，属于中档题．