Question

5．在數(shù)列{a_n}中，a₁=0，${a_{n+1}}=a_n^2+m$，其中m∈R，n∈N^*．
（Ⅰ）當(dāng)m=1時(shí)，求a₂，a₃，a₄的值；
（Ⅱ）是否存在實(shí)數(shù)m，使a₂，a₃，a₄構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列？證明你的結(jié)論；
（Ⅲ）當(dāng)m＞$\frac{1}{4}$時(shí)，證明：存在k∈N^*，使得a_k＞2016．

Answer 1

分析 （Ⅰ）a₁=0，${a_{n+1}}=a_n^2+m$，其中m∈R，n∈N^*．當(dāng)m=1時(shí)，可得a₂，同理可得a₃，a₄．
（Ⅱ）假設(shè)存在實(shí)數(shù)m，使a₂，a₃，a₄構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列，則a₃-a₂=a₄-a₃，可得：a₃+a₂-1=0．將a₂=m，a₃=m²+m代入上式，解得m即可得出．
（Ⅲ）由于a_n+1-a_n=${a}_{n}^{2}$+m-a_n=$（{a}_{n}-\frac{1}{2}）^{2}$+$（m-\frac{1}{4}）$≥m-$\frac{1}{4}$，又$m＞\frac{1}{4}$，令d=m-$\frac{1}{4}$＞0．利用累加可得：a_n-a₁≥（n-1）d，即a_n≥（n-1）d．取正整數(shù)$k＞\frac{2016}qgvxcv2+1$，即可得出．

解答 解：（Ⅰ）∵a₁=0，${a_{n+1}}=a_n^2+m$，其中m∈R，n∈N^*．
當(dāng)m=1時(shí)，a₂=0+1=1，同理可得a₃=2，a₄=5．
（Ⅱ）假設(shè)存在實(shí)數(shù)m，使a₂，a₃，a₄構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列，
則a₃-a₂=a₄-a₃，
即 ${a}_{2}^{2}+m$-a₂=${a}_{3}^{2}$+m-a₃，
∴$（a_3^2-a_2^2）-（{a_3}-{a_2}）=0$，即（a₃-a₂）（a₃+a₂-1）=0．
∵a₃-a₂≠0，∴a₃+a₂-1=0．
將a₂=m，a₃=m²+m代入上式，解得m=-1$±\sqrt{2}$．
經(jīng)檢驗(yàn)，此時(shí)a₂，a₃，a₄構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列．
∴存在得m=-1$±\sqrt{2}$，使a₂，a₃，a₄構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列．
（Ⅲ）∵a_n+1-a_n=${a}_{n}^{2}$+m-a_n=$（{a}_{n}-\frac{1}{2}）^{2}$+$（m-\frac{1}{4}）$≥m-$\frac{1}{4}$，
又$m＞\frac{1}{4}$，∴令d=m-$\frac{1}{4}$＞0．
由 a_n-a_n-1≥d，
a_n-1-a_n-2≥d，
…
a₂-a₁≥d，
將上述不等式相加，得 a_n-a₁≥（n-1）d，即a_n≥（n-1）d．
取正整數(shù)$k＞\frac{2016}gmy1uu6+1$，就有a_k≥（k-1）d＞$d•（\frac{2016}dfhjzef）$=2016．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、遞推關(guān)系、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．