Question

11．?dāng)?shù)列{a_n}，a₁=1，a_n+1=$\sqrt{{a}_{n}^{2}-2{a}_{n}+2}$-1（n∈N^*），問：是否存在實數(shù)t，對?n∈N^*恒有a_2n＜t＜a_2n+1，若存在，求出t；若不存在，講理由．

Answer 1

分析 通過記f（x）=$\sqrt{（x-1）^{2}+1}$-1，并令t=f（t）可知t=$\frac{1}{4}$，從而a_2n＜$\frac{1}{4}$＜a_2n+1，用數(shù)學(xué)歸納法證明即可．

解答 結(jié)論：存在實數(shù)t=$\frac{1}{4}$，對?n∈N^*恒有a_2n＜t＜a_2n+1．
理由如下：
a_n+1=$\sqrt{{a}_{n}^{2}-2{a}_{n}+2}$-1=$\sqrt{（{a}_{n}-1）^{2}+1}$-1（n∈N^*），
記f（x）=$\sqrt{（x-1）^{2}+1}$-1，
令t=f（t），解得：t=$\frac{1}{4}$，
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：a_2n＜$\frac{1}{4}$＜a_2n+1．
①當(dāng)n=1時，a₂=f（a₁）=f（1）=0，
a₃=f（a₂）=f（0）=$\sqrt{2}$-1，
顯然a₂＜$\frac{1}{4}$＜a₃；
②假設(shè)當(dāng)n=k（k≥2）時，有a_2k＜$\frac{1}{4}$＜a_2k+1，
∵f（x）=$\sqrt{（x-1）^{2}+1}$-1在區(qū)間（-∞，1]上單調(diào)遞減，
∴t=f（t）＞f（a_2k+1）=a_2k+2，
∴t=f（t）＜f（a_2k+2）=a_2k+3，
即a_2（k+1）＜t＜a_2（k+1）+1，
∴當(dāng)n=k+1時，命題也成立；
由①、②可知：a_2n＜$\frac{1}{4}$＜a_2n+1．

點評 本題考查數(shù)列遞推式、數(shù)列的通項，考查數(shù)學(xué)歸納法，考查學(xué)生分析解決問題的能力，注意解題方法的積累，屬于難題．