Question

4．已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=1，a_n=$\left\{\begin{array}{l}{2{a}_{\frac{n}{2}}+1，n為偶數(shù)}\\{\frac{1}{2}+2{a}_{\frac{n-1}{2}}，n為奇數(shù)}\end{array}\right.$，n=2，3，4，…．
（1）求a₂，a₃，a₄，a₅的值；
（2）設(shè)b_n=${a}_{{2}^{n-1}}$+1，n∈N*，求證：數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，并求出其通項(xiàng)公式；
（3）對任意的m≥2，m∈N*，在數(shù)列{a_n}中是否存在連續(xù)的2^m項(xiàng)構(gòu)成等差數(shù)列？若存在，寫出這2^m項(xiàng)，并證明這2^m項(xiàng)構(gòu)成等差數(shù)列；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由a₁=1，利用遞推公式能求出a₂，a₃，a₄，a₅的值．
（2）由題意，對于任意的正整數(shù)n，b_n=${a}_{{2}^{n-1}}$+1，從而b_n+1=${a}_{{2}^{n}}$+1，進(jìn)而b_n+1=2b_n，由此能證明數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)、公比均為2的等比數(shù)列，并求出其通項(xiàng)公式．
（3）對任意的m≥2，m∈N*，在數(shù)列{a_n}中存在連續(xù)的2^m項(xiàng)構(gòu)成等差數(shù)列．對任意的m≥2，k∈N^*，在數(shù)列{a_n}中，${a}_{{2}^{m}}$，${a}_{{2}^{m}+1}$，${a}_{{2}^{m}+2}$，…，${a}_{{2}^{m}+{2}^{m}-1}$這連續(xù)的2^m就構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列．利用構(gòu)造法和分類討論法能推導(dǎo)出${a}_{{2}^{m}}$，${a}_{{2}^{m}+1}$，${a}_{{2}^{m}+2}$，…，${a}_{{2}^{m}+{2}^{m}-1}$這連續(xù)的2^m項(xiàng)，是首項(xiàng)為${a}_{{2}^{m}}={2}^{m+1}-1$，公差為-$\frac{1}{2}$的等差數(shù)列．

解答 解：（1）∵a₁=1，∴a₂=1+2a₁=3，
a₃=$\frac{1}{2}$+2a₂=$\frac{5}{2}$，
a₄=1+2a₃=7，
a₅=$\frac{1}{2}$+2a₄=$\frac{13}{2}$；
證明：（2）由題意，對于任意的正整數(shù)n，b_n=${a}_{{2}^{n-1}}$+1，
∴b_n+1=${a}_{{2}^{n}}$+1，
又∵${a}_{{2}^{n}}$+1=（2${a}_{\frac{{2}^{n}}{2}}$+1）+1=2（${a}_{{2}^{n-1}}$+1）=2b_n，
∴b_n+1=2b_n，
又∵b₁=${a}_{{2}^{1-1}}$+1=a₁+1=2，
∴數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)、公比均為2的等比數(shù)列，其通項(xiàng)公式b_n=2ⁿ；
（3）對任意的m≥2，m∈N*，在數(shù)列{a_n}中存在連續(xù)的2^m項(xiàng)構(gòu)成等差數(shù)列．
對任意的m≥2，k∈N^*，在數(shù)列{a_n}中，${a}_{{2}^{m}}$，${a}_{{2}^{m}+1}$，${a}_{{2}^{m}+2}$，…，${a}_{{2}^{m}+{2}^{m}-1}$這連續(xù)的2^m就構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列．
我們先來證明：“對任意的n≥2，n∈N*，k∈（0，2^n-1），k∈N*，有${a}_{{2}^{n-1}+k}={2}^{n}-1-\frac{k}{2}$”，
由（2）得$_{n}={a}_{{2}^{n-1}}+1={2}^{n}$，∴${a}_{{2}^{n-1}}={2}^{n}-1$，
當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)，${a}_{{2}^{n-1}+k}=\frac{1}{2}+2{a}_{\frac{{2}^{n-1}+k-1}{2}}$=$\frac{1}{2}+2{a}_{{2}^{n-2}+\frac{k-1}{2}}$，
當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，${a}_{{2}^{n-1}+k}=1+2{a}_{\frac{{2}^{n-1}+k}{2}}$=1+2a${\;}_{{2}^{n-2}+\frac{k}{2}}$，
記${k}_{1}=\left\{\begin{array}{l}{\frac{k}{2}，k為偶數(shù)}\\{\frac{k-1}{2}，k為奇數(shù)}\end{array}\right.$，∴要證${a}_{{2}^{n-2}+{k}_{1}}$=${2}^{n}-1-\frac{k}{2}$，只需證明${a}_{{2}^{n-2}+{k}_{1}}={2}^{n-1}-1-\frac{{k}_{1}}{2}$，
其中${k}_{1}∈（0，{2}^{n-2}）$，k₁∈N*，
（這是因?yàn)槿?{a}_{{2}^{n-2}}={2}^{n-1}-1-\frac{{k}_{1}}{2}$，則當(dāng)${k}_{1}=\frac{k-1}{2}$時(shí)，則k一定是奇數(shù)）
有${a}_{{2}^{n-1}+k}=\frac{1}{2}+2{a}_{\frac{{2}^{n-1}+k-1}{2}}$=$\frac{1}{2}+2{a}_{{2}^{n-2}+\frac{k-1}{2}}$
=$\frac{1}{2}+2（{2}^{n-1}-1-\frac{{k}_{1}}{2}）=\frac{1}{2}+2（{2}^{n-1}-1-\frac{\frac{k-1}{2}}{2}）$=${2}^{n}-1-\frac{k}{2}$，
當(dāng)${k}_{1}=\frac{k}{2}$時(shí)，則k一定是偶數(shù)，
有${a}_{{2}^{n-1}+k}=1+2{a}_{\frac{{2}^{n-1}+k}{2}}$=1+$2{a}_{{2}^{n-1}+\frac{k}{2}}$
=1+2（${2}^{n-1}-1-\frac{{k}_{1}}{2}$）=1+2（${2}^{n-1}-1-\frac{\frac{k}{2}}{2}$）=${2}^{n}-1-\frac{k}{2}$，
以此遞推，要證${a}_{{2}^{n-2}+{k}_{1}}$=${2}^{n-1}-1-\frac{{k}_{1}}{2}$，只要證明${a}_{{2}^{n-3}+{k}_{2}}={2}^{n-2}-1-\frac{{k}_{2}}{2}$，
其中${k}_{2}=\left\{\begin{array}{l}{\frac{{k}_{1}}{2}，{k}_{1}為偶數(shù)}\\{\frac{{k}_{1}-1}{2}，{k}_{1}為奇數(shù)}\end{array}\right.$，k₂∈N*，
如此遞推下去，我們只需證明${a}_{{2}^{l}+{k}_{n-2}}={2}^{2}-1-\frac{{k}_{n-2}}{2}$，${k}_{n-2}∈（0，{2}^{l}），{k}_{n-2}∈{N}^{*}$，
即${a}_{{2}^{l}+1}={2}^{2}-1-\frac{1}{2}=3-\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$，即${a}_{3}=\frac{5}{2}$，
由（Ⅱ）可得，所以對n≥2，n∈N*，k∈（0，2^n-1），k∈N*，
有${a}_{{2}^{l}+1}={2}^{n}-1-\frac{k}{2}$，
對任意的m≥2，m∈N*，
${a}_{{2}^{m}+i}$=${2}^{m+1}-1-\frac{i}{2}$，${a}_{{2}^{m}+i+1}={2}^{m+1}-1-\frac{i+1}{2}$，其中i∈（0，2^m-1），i∈N*，
∴${a}_{{2}^{m}+i+1}$-${a}_{{2}^{m}+i}$=-$\frac{1}{2}$，
又${a}_{{2}^{m}+1}-1$，${a}_{{2}^{m}+1}={2}^{m+1}-1-\frac{1}{2}$，
∴${a}_{{2}^{m}+1}-{a}_{{2}^{m}}=-\frac{1}{2}$，
∴${a}_{{2}^{m}}$，${a}_{{2}^{m}+1}$，${a}_{{2}^{m}+2}$，…，${a}_{{2}^{m}+{2}^{m}-1}$這連續(xù)的2^m項(xiàng)，是首項(xiàng)為${a}_{{2}^{m}}={2}^{m+1}-1$，公差為-$\frac{1}{2}$的等差數(shù)列．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的前5項(xiàng)的求法，考查等比數(shù)列的證明及通項(xiàng)公式的求法，考查滿足條件等差數(shù)列是否存在的判斷與求法，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查分類與整合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是難題．