Question

14．已知在數(shù)列{a_n}中，a₁=1．
（1）設(shè)a_n+1=2a_n+1（n∈N^*），求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若a_n+1=$\left\{{\begin{array}{l}{{a_n}+1}&{當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)}\\{2{a_n}}&{當(dāng)n奇數(shù)時(shí)}\end{array}}$，求數(shù)列{a_n}的前2m項(xiàng)和S_2m；
（3）當(dāng)a_n+1=$\frac{1}{{{a_n}+1}}$時(shí)，是否存在一個(gè)常數(shù)p，使a_2n＜p＜a_2n+1對(duì)任意正整數(shù)n都成立？如果存在，請(qǐng)求出p的值，并證明；如果不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）令a_n+1+x=2（a_n+x），求出x，說明數(shù)列{a_n+1}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，然后求解通項(xiàng)公式．
（2）說明數(shù)列{a_2n-1+1}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，求出 ${a_{2n}}={2^{n+1}}-2$，然后求解S_2m即可．
（3）判斷數(shù)列{a_n}中的各項(xiàng)均滿足0＜a_n≤1，猜想：$0＜{a_{2n}}＜\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}＜{a_{2n+1}}≤1$，用數(shù)學(xué)歸納法證明步驟證明，人利用函數(shù)的單調(diào)性證明：存在常數(shù)$p=\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$，使a_2n＜p＜a_2n+1對(duì)任意正整數(shù)n都成立．

解答 解：（1）由題意a_n+1=2a_n+1，令a_n+1+x=2（a_n+x），比較得到x=1，
故有a_n+1+1=2（a_n+1），所以數(shù)列{a_n+1}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，…2分
因此${a_n}+1=2•{2^{n-1}}={2^n}$，所以${a_n}={2^n}-1$，n∈N^*．…4分
（2）由題意可知a_2n+1=a_2n+1，a_2n=2a_2n-1，所以a_2n+1=2a_2n-1+1，
所以a_2n+1+1=2（a_2n-1+1），所以數(shù)列{a_2n-1+1}是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，
由a₁=1，可得到${a_{2n-1}}+1={2^n}$，${a_{2n-1}}={2^n}-1$，n∈N^*
又因?yàn)閍_2n+2=2a_2n+1=2（a_2n+1），所以a_2n+2=2a_2n+2…6分
由a₂=2，同樣可以求得 ${a_{2n}}={2^{n+1}}-2$，n∈N^*…8分
所以S_2m=a₁+a₂+a₃+a₄+…+a_2m-1+a_2m=（a₁+a₃+…+a_2m-1）+（a₂+a₄+…+a_2m）=（2+2²+…+2^m-m）+（2²+2³+…+2^m+1-2m）=（2^m+1-2-m）+（2^m+2-4-2m）=3•2^m+1-3m-6，即S_2m=3•2^m+1-3m-6…10分
（3）因?yàn)?f（x）=\frac{1}{x+1}$在[0，+∞）上單調(diào)遞減且f（x）＞0，
由a_n+1=f（a_n），a₁=1可知數(shù)列{a_n}中的各項(xiàng)均滿足0＜a_n≤1
由要證明不等式的結(jié)構(gòu)可令f（x）=x，解得$x=\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$，
故猜想：$0＜{a_{2n}}＜\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}＜{a_{2n+1}}≤1$，…13分
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：
證明：（i）當(dāng)n=1時(shí)，${a_2}=f（1）=\frac{1}{2}$，${a_3}=f（\frac{1}{2}）=\frac{2}{3}$，
所以$0＜{a_2}＜\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}＜{a_3}≤1$，命題成立；
（ii）假設(shè)n=k（k∈N^*）時(shí)，命題成立，即有$0＜{a_{2k}}＜\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}＜{a_{2k+1}}≤1$，
由于f（x）在區(qū)間[0，+∞）上單調(diào)遞減，
所以 $f（0）＞f（{a_{2k}}）＞f（\frac{{\sqrt{5-1}}}{2}）＞f（{a_{2k+1}}）≥f（1）$
即$0＜\frac{1}{2}＜{a_{2k+2}}＜\frac{{\sqrt{5-1}}}{2}＜{a_{2k+1}}＜1$，
再次利用函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，+∞）上單調(diào)遞減，
得到 $f（0）＞f（{a_{2k+2}}）＞f（\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}）＞f（{a_{2k+1}}）＞f（1）$，
即$0＜\frac{1}{2}＜{a_{2k+2}}＜\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}＜{a_{2k+3}}＜1$，
所以n=k+1時(shí)命題也成立，
所以$0＜{a_{2n}}＜\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}＜{a_{2n+1}}≤1$
即存在常數(shù)$p=\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$，使a_2n＜p＜a_2n+1對(duì)任意正整數(shù)n都成立．…16分．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的判斷，數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用，數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用，數(shù)列與函數(shù)綜合，考查分析問題解決問題的能力．