Question

9．已知數(shù)列{a_n}滿足a_n+1=$\frac{a_n^2+9}{{2{a_n}}}，{a_{n+1}}＜{a_n}$．
（I）求a₁的取值范圍；
（II）是否存在m∈N^*，使得（a_m-3）（a_m+2-3）=（a_m+1-3）²？證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知可得${a}_{2}=\frac{{{a}_{1}}^{2}+9}{2{a}_{1}}＜{a}_{1}$，解得-3＜a₁＜0或a₁＞3．利用作差法說明-3＜a₁＜0不成立，再用數(shù)學(xué)歸納法證明a₁＞3時a_n＞3，作差證明a_n+1＜a_n，n∈N^*．
從而求得a₁的取值范圍；
（Ⅱ）利用反證法證明不存在m∈N^*，使得（a_m-3）（a_m+2-3）=（a_m+1-3）² ．

解答 解：（Ⅰ）∵a_n+1=$\frac{a_n^2+9}{{2{a_n}}}，{a_{n+1}}＜{a_n}$，
∴${a}_{2}=\frac{{{a}_{1}}^{2}+9}{2{a}_{1}}＜{a}_{1}$，解得-3＜a₁＜0或a₁＞3．
當(dāng)-3＜a₁＜0時，${a}_{2}=\frac{{{a}_{1}}^{2}+9}{2{a}_{1}}$＜$\frac{-6{a}_{1}}{2{a}_{1}}=-3$，
${a}_{3}-{a}_{2}=\frac{{{a}_{2}}^{2}+9}{2{a}_{2}}-{a}_{2}=\frac{9-{{a}_{2}}^{2}}{2{a}_{2}}$＞0，a₃＞a₂，與題設(shè)矛盾．
當(dāng)a₁＞3時，先用數(shù)學(xué)歸納法證明a_n＞3．
①當(dāng)n=1時，不等式成立．
②假設(shè)當(dāng)n=k時不等式成立，即a_k＞3，則
當(dāng)n=k+1時，${a}_{k+1}=\frac{{{a}_{k}}^{2}+9}{2{a}_{k}}$＞$\frac{2{a}_{k}•3}{2{a}_{k}}=3$，即當(dāng)n=k+1時，不等式成立，
綜①②所述，對任何n∈N^*，都有a_n＞3．
∵${a}_{n+1}-{a}_{n}=\frac{{{a}_{n}}^{2}+9}{2{a}_{n}}-{a}_{n}=\frac{9-{{a}_{n}}^{2}}{2{a}_{n}}＜0$，∴a_n+1＜a_n，n∈N^*．
綜上，a₁的取值范圍是（3，+∞）；
（Ⅱ）不存在m∈N^*，使得（a_m-3）（a_m+2-3）=（a_m+1-3）² ．
事實上，假設(shè)存在使題設(shè)成立的正整數(shù)m，則
（a_m-3）（a_m+2-3）=（a_m+1-3）² ，即（a_m-3）•$\frac{（{a}_{m+1}-3）^{2}}{2{a}_{m+1}}$=（a_m+1-3）² ，
∴a_m-3=2a_m+1，即${a}_{m}-3=\frac{{{a}_{m}}^{2}+9}{{a}_{m}}$，得a_m=-3，與題設(shè)矛盾．
故不存在m∈N^*，使得（a_m-3）（a_m+2-3）=（a_m+1-3）² ．

點評 本題考查數(shù)列遞推式，訓(xùn)練了利用放縮法與數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列不等式，考查利用反證法證明與自然數(shù)有關(guān)的命題，屬難題．