Question

12．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n+1=$\frac{1}{4}$a_n²+p．
（1）若數(shù)列{a_n}就常數(shù)列，求p的值；
（2）當p＞1時，求證：a_n＜a_n+1；
（3）求最大的正數(shù)p，使得a_n＜2對一切整數(shù)n恒成立，并證明你的結論．

Answer 1

分析 （1）依題意${a_2}=\frac{1}{4}{a_1}+p=\frac{1}{4}+p=1$，$p=\frac{3}{4}$；
（2）由條件得${a_2}-{a_1}=\frac{1}{4}{a_1}^2+p-{a_1}=p-\frac{3}{4}＞0$得a₂＞a₁，由${a_{n+2}}=\frac{1}{4}{a_{n+1}}^2+p，{a_{n+1}}=\frac{1}{4}{a_n}^2+p$，兩式相減得${a_{n+2}}-{a_{n+1}}=\frac{1}{4}{a_{n+1}}^2-\frac{1}{4}{a_n}^2=\frac{1}{4}（{{a_{n+1}}^2-{a_n}^2}）=\frac{1}{4}（{{a_{n+1}}-{a_n}}）（{{a_{n+1}}+{a_n}}）$即可判定．
 （3）由${a_{k+1}}-{a_k}=\frac{1}{4}{a_k}^2-{a_k}+p=\frac{1}{4}{（{{a_k}-2}）^2}+p-1≥p-1$，得a_n=a₁+（a₂-a₁）+…（a_n-a_n-1）＞1+（n-1）（p-1），即可得，當p＞1時，a_n越來越大，不滿足a_n＜2，所以要使得a_n＜2對一切整數(shù)n恒成立，只可能p≤1，用數(shù)學歸納法證明當p=1時，a_n＜2恒成立即可．

解答 解：（1）若數(shù)列{a_n}是常數(shù)列，則${a_2}=\frac{1}{4}{a_1}+p=\frac{1}{4}+p=1$，$p=\frac{3}{4}$；顯然，當$p=\frac{3}{4}$時，有a_n=1
（2）由條件得${a_2}-{a_1}=\frac{1}{4}{a_1}^2+p-{a_1}=p-\frac{3}{4}＞0$得a₂＞a₁，
又因為${a_{n+2}}=\frac{1}{4}{a_{n+1}}^2+p，{a_{n+1}}=\frac{1}{4}{a_n}^2+p$，
兩式相減得${a_{n+2}}-{a_{n+1}}=\frac{1}{4}{a_{n+1}}^2-\frac{1}{4}{a_n}^2=\frac{1}{4}（{{a_{n+1}}^2-{a_n}^2}）=\frac{1}{4}（{{a_{n+1}}-{a_n}}）（{{a_{n+1}}+{a_n}}）$
顯然有a_n＞0，所以a_n+2-a_n+1與a_n+1-a_n同號，而a₂-a₁＞0，所以a_n+1-a_n＞0；
從而有a_n＜a_n+1．
（3）因為${a_{k+1}}-{a_k}=\frac{1}{4}{a_k}^2-{a_k}+p=\frac{1}{4}{（{{a_k}-2}）^2}+p-1≥p-1$，
所以a_n=a₁+（a₂-a₁）+…（a_n-a_n-1）＞1+（n-1）（p-1），
這說明，當p＞1時，a_n越來越大，不滿足a_n＜2，所以要使得a_n＜2對一切整數(shù)n恒成立，只可能p≤1，
下面證明當p=1時，a_n＜2恒成立；用數(shù)學歸納法證明：
當n=1時，a₁=1顯然成立；
假設當n=k時成立，即a_k＜2，
則當n=k+1時，${a_{k+1}}=\frac{1}{4}{a_k}^2+1＜\frac{1}{4}×{2^2}+1=2$成立，
由上可知對一切正整數(shù)n恒成立，因此，正數(shù)p的最大值是1

點評 本題考查了數(shù)列的遞推式，數(shù)列與不等式，數(shù)學歸納法，屬于難題．