Question

20．已知非零數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_na_n+1=a_n-2a_n+1（n∈N^*）．
（1）求證：數(shù)列$\left\{{1+\frac{1}{a_n}}\right\}$是等比數(shù)列；
（2）若關(guān)于n的不等式$\frac{1}{{n+{{log}_2}（{1+\frac{1}{a_1}}）}}+\frac{1}{{n+{{log}_2}（{1+\frac{1}{a_2}}）}}+…+\frac{1}{{n+{{log}_2}（{1+\frac{1}{a_n}}）}}$＜m-3有解，求整數(shù)m的最小值；
（3）在數(shù)列$\left\{{1+\frac{1}{a_n}-{{（{-1}）}^n}}\right\}$中，是否存在首項(xiàng)、第r項(xiàng)、第s項(xiàng)（1＜r＜s≤6），使得這三項(xiàng)依次構(gòu)成等差數(shù)列？若存在，求出所有的r、s；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）由條件可得$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}=\frac{2}{a_n}+1$，即$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}+1=2（{\frac{1}{a_n}+1}）$，再由等比數(shù)列的定義即可得證；
（2）由等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求得，$\frac{1}{a_n}+1={2^n}$，再由數(shù)列的單調(diào)性的判斷，可得最小值，解不等式即可得到所求最小值；
（3）假設(shè)存在首項(xiàng)、第r項(xiàng)、第s項(xiàng)（1＜r＜s≤6），使得這三項(xiàng)依次構(gòu)成等差數(shù)列，由等差數(shù)列的中項(xiàng)的性質(zhì)和恒等式的性質(zhì)，可得s，r的方程，解方程可得所求值．

解答 解：（1）證明：由a_na_n+1=a_n-2a_n+1，
得$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}=\frac{2}{a_n}+1$，即$\frac{1}{{{a_{n+1}}}}+1=2（{\frac{1}{a_n}+1}）$，
所以數(shù)列$\left\{{1+\frac{1}{a_n}}\right\}$是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列；
（2）由（1）可得，$\frac{1}{a_n}+1={2^n}$，
故$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{n+n}＜m-3$，
設(shè)$f（n）=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+…+\frac{1}{n+n}$，
則$f（{n+1}）-f（n）=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}＞0$，
所以f（n）單調(diào)遞增，
則${f_{min}}（n）=f（1）=\frac{1}{2}$，于是$\frac{1}{2}＜m-3$，即$m＞\frac{7}{2}$，
故整數(shù)m的最小值為4；
（3）由上面得，${a_n}=\frac{1}{{{2^n}-1}}$，
設(shè)${b_n}=1+\frac{1}{a_n}-{（{-1}）^n}={2^n}-{（{-1}）^n}$，
要使得b₁，b_r，b_s成等差數(shù)列，即b₁+b_s=2b_r，
即3+2^s-（-1）^s=2^r+1-2（-1）^r，
得2^s-2^r+1=（-1）^s-2（-1）^r-3，
∵s≥r+1，∴（-1）^s-2（-1）^r-3≥0，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{s=r+1}\\{{{（{-1}）}^s}=1}\\{{{（{-1}）}^r}=-1}\end{array}}\right.$，
故s為偶數(shù)，r為奇數(shù)，
∵3≤s＜6，∴s=4，r=3或s=6，r=5．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等比數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式的運(yùn)用，考查不等式恒成立問題的解法，注意運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性求得最值，考查存在性問題的解法，注意運(yùn)用恒等式的性質(zhì)，屬于中檔題．