Question

11．已知{a_n}滿足：${a_1}=a，{a_{n+1}}=\left\{\begin{array}{l}{a_n}-3（{{a_n}＞3，n∈{N^+}}）\\ 4-{a_n}（{{a_n}≤3，n∈{N^+}}）\end{array}\right.$
（1）若$a=20\sqrt{2}$，求數(shù)列{a_n}的前30項(xiàng)和S₃₀的值；
（2）求證：對(duì)任意的實(shí)數(shù)a，總存在正整數(shù)m，使得當(dāng)n＞m（n∈N⁺）時(shí)，a_n+4=a_n成立．

Answer 1

分析 （1）由已知a的值可得a₁，a₂，…，a₁₀是首項(xiàng)為$20\sqrt{2}$，公差為-3的等差數(shù)列．當(dāng)n≥10時(shí)，a_n∈（1，3），且a_n+1+a_n=4．然后利用數(shù)列的分組求和得答案；
（2）當(dāng)a_n＞3時(shí)，a_n+1=a_n-3．（Ⅰ）當(dāng)a＞3時(shí)，不妨設(shè)a=3k+p（k∈N^*，0≤p＜3），由a_n+1=a_n-3，得a₁，a₂，…，a_k+1成等差數(shù)列，a_k+1=p∈[0，3）．然后分p=0，0＜p＜1，p=1，1＜p＜3分類證明；進(jìn)一步證明a=3，0＜a＜3，a=0，a＜0時(shí)a_n+4=a_n成立．

解答 （1）解：∵a=$20\sqrt{2}$=$3×9+（20\sqrt{2}-27）$，當(dāng)a_n＞3時(shí)，a_n+1-a_n=-3，
∴a₁，a₂，…，a₁₀是首項(xiàng)為$20\sqrt{2}$，公差為-3的等差數(shù)列．
∵${a}_{10}=20\sqrt{2}-27$∈（1，3），當(dāng)a_n≤3時(shí)，a_n+1=4-a_n，
∴當(dāng)n≥10時(shí)，a_n∈（1，3），且a_n+1+a_n=4．
∴S₃₀=（a₁+a₂+…+a₁₀）+（a₁₁+a₁₂）+…+（a₂₉+a₃₀）=10×$20\sqrt{2}$-135+4×10=200$\sqrt{2}$-95；
（2）證明：∵當(dāng)a_n＞3時(shí)，a_n+1=a_n-3．
（Ⅰ）當(dāng)a＞3時(shí)，不妨設(shè)a=3k+p（k∈N^*，0≤p＜3），
由a_n+1=a_n-3，得a₁，a₂，…，a_k+1成等差數(shù)列，a_k+1=p∈[0，3）．
①當(dāng)p=0時(shí)，則有a_k+2=4，a_k+3=1，a_k+4=3，a_k+5=1，…
∴存在正整數(shù)m=k+3，當(dāng)n＞m（n∈N^*）時(shí)，a_n+2=a_n成立，即a_n+4=a_n成立；
②當(dāng)0＜p＜1時(shí)，則有a_k+2=4-p∈（3，4），a_k+3=1-p∈（0，1），a_k+4=3+p∈（3，4），a_k+5=p∈（0，1），…，
∴存在正整數(shù)m=k，當(dāng)n＞m（n∈N^*）時(shí)，a_n+4=a_n；
③當(dāng)p=1時(shí)，則有a_k+2=3，a_k+3=1，…
∴存在正整數(shù)m=k，當(dāng)n＞m（n∈N^*）時(shí)，a_n+2=a_n成立，即a_n+4=a_n成立；
④當(dāng)1＜p＜3時(shí)，則有a_k+2=4-p∈（1，3），a_k+3=p∈（1，3），…
∴存在正整數(shù)m=k，當(dāng)n＞m（n∈N^*）時(shí)，a_n+2=a_n成立，即a_n+4=a_n成立；
（Ⅱ）當(dāng)a=3時(shí)，a₂=1，由（2）（Ⅰ）③知命題成立；
（Ⅲ）當(dāng)0＜a＜3時(shí)，由（2）（Ⅰ） ②③④知命題成立；
（Ⅳ）當(dāng)a=0時(shí)，由（2）（Ⅰ） ①知命題成立；
（Ⅴ）當(dāng)a＜0時(shí)，則a₂=4-a＞3，由（2）知命題成立．
綜上得：對(duì)任意的實(shí)數(shù)a，總存在正整數(shù)m，使得當(dāng)n＞m（n∈N^*）時(shí)，a_n+4=a_n成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列遞推式，考查了數(shù)列的函數(shù)特性，訓(xùn)練了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，是中檔題．