Question

20．已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=1，a_n+1=$\sqrt{{a}_{n}^{2}-2{a}_{n}+3}$+b（n∈N^*）．
（1）若b=1，求證數(shù)列{（a_n-1）²}是等差數(shù)列；
（2）若b=-1，求證：a₁+a₃+…+a_2n-1＜$\frac{3n+4}{6}$．

Answer 1

分析 （1）b=1，a_n+1=$\sqrt{{a}_{n}^{2}-2{a}_{n}+3}$+1，轉(zhuǎn)化成（a_n+1-1）²-（a_n-1）²=2，即可證明數(shù)列{（a_n-1）²}是以2為公差的等差數(shù)列；
（2）當(dāng)b=-1，構(gòu)造輔助函數(shù)f（x）=$\sqrt{（x-1）^{2}+2}$-1，由c=f（c），求得c=$\frac{1}{2}$，利用數(shù)學(xué)歸納法a_2k＜$\frac{1}{2}$，則a₁+a₃+…+a_2n-1=a₁+f（a₂）+f（a₄）+…+f（a_2k）＜a₁+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{2}$，即可證明a₁+a₃+…+a_2n-1=$\frac{3n+3}{6}$＜$\frac{3n+4}{6}$．

解答 解：（1）當(dāng)b=1，a_n+1=$\sqrt{{a}_{n}^{2}-2{a}_{n}+3}$+1，
∴（a_n+1-1）²=（a_n-1）²+2，即（a_n+1-1）²-（a_n-1）²=2，
∴（a_n-1）²-（a_n-1-1）²=2，
∴數(shù)列{（a_n-1）²}是0為首項(xiàng)、以2為公差的等差數(shù)列；
（2）當(dāng)b=-1，a_n+1=$\sqrt{{a}_{n}^{2}-2{a}_{n}+3}$+1，
令f（x）=$\sqrt{{x}^{2}-2x+3}$-1=$\sqrt{（x-1）^{2}+2}$-1，
∴c=f（c），c=$\sqrt{（c-1）^{2}+2}$-1，解得：c=$\frac{1}{2}$，
下面證明a_2k＜$\frac{1}{2}$，
當(dāng)n=1時(shí)，a₁=f（a₁）=f（1）=$\sqrt{2}$-1＜$\frac{1}{2}$，
當(dāng)n=k時(shí)，a_2k＜$\frac{1}{2}$，
∵f（x）在（-∞，1]上是單調(diào)減函數(shù)，
∴f（a_2k）＞f（$\frac{1}{2}$），
f（a_2k+1）＜$\frac{1}{2}$，
a_2k+2＜$\frac{1}{2}$，即a_2（k+1）＜$\frac{1}{2}$，
當(dāng)n=k+1時(shí)，a_2（k+1）＜$\frac{1}{2}$成立，
∴a₁+a₃+…+a_2n-1=a₁+f（a₂）+f（a₄）+…+f（a_2k）＜a₁+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{2}$，
=1+$\frac{1}{2}$（n-1）=$\frac{3n+3}{6}$＜$\frac{3n+4}{6}$．
則a₁+a₃+…+a_2n-1＜$\frac{3n+4}{6}$．

點(diǎn)評 本題考查等差數(shù)列遞推公式，利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式成立，考查分析問題解決問題得能力，屬于難題．