Question

11．数列{a_n}，a₁=1，a_n+1=$\sqrt{{a}_{n}^{2}-2{a}_{n}+2}$-1（n∈N^*），问：是否存在实数t，对?n∈N^*恒有a_2n＜t＜a_2n+1，若存在，求出t；若不存在，讲理由．

Answer 1

分析 通过记f（x）=$\sqrt{（x-1）^{2}+1}$-1，并令t=f（t）可知t=$\frac{1}{4}$，从而a_2n＜$\frac{1}{4}$＜a_2n+1，用数学归纳法证明即可．

解答 结论：存在实数t=$\frac{1}{4}$，对?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^*），
记f（x）=$\sqrt{（x-1）^{2}+1}$-1，
令t=f（t），解得：t=$\frac{1}{4}$，
下面用数学归纳法证明：a_2n＜$\frac{1}{4}$＜a_2n+1．
①当n=1时，a₂=f（a₁）=f（1）=0，
a₃=f（a₂）=f（0）=$\sqrt{2}$-1，
显然a₂＜$\frac{1}{4}$＜a₃；
②假设当n=k（k≥2）时，有a_2k＜$\frac{1}{4}$＜a_2k+1，
∵f（x）=$\sqrt{（x-1）^{2}+1}$-1在区间（-∞，1]上单调递减，
∴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，
∴当n=k+1时，命题也成立；
由①、②可知：a_2n＜$\frac{1}{4}$＜a_2n+1．

点评 本题考查数列递推式、数列的通项，考查数学归纳法，考查学生分析解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于难题．