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11.已知數列{an}是無窮數列,滿足lgan+1=|lgan-lgan-1|(n=2,3,4,…).
(Ⅰ)若a1=2,a2=3,求a3,a4,a5的值;
(Ⅱ)求證:“數列{an}中存在ak(k∈N*)使得lgak=0”是“數列{an}中有無數多項是1”的充要條件;
(Ⅲ)求證:在數列{an}中?ak(k∈N*),使得1≤ak<2.

分析 (Ⅰ)由a1=2,a2=3,結合lgan+1=|lgan-lgan-1|(n=2,3,4,…)可得a3,a4,a5的值;
(Ⅱ)分必要性和充分性證明,充分性利用反證法證明;
(Ⅲ)利用反證法,假設數列{an}中不存在ak(k∈N*),使得1≤ak<2,則0<ak<1或ak≥2(k=1,2,3,…).然后分類推出矛盾得答案.

解答 (Ⅰ)解:∵a1=2,a2=3,lgan+1=|lgan-lgan-1|(n=2,3,4,…),
∴lga3=|lg3-lg2|=$lg\frac{3}{2}$,即${a}_{3}=\frac{3}{2}$;
$lg{a}_{4}=|lg\frac{3}{2}-lg3|=lg2$,即a4=2;
$lg{a}_{5}=|lg2-lg\frac{3}{2}|=lg\frac{4}{3}$,即${a}_{5}=\frac{4}{3}$;
(Ⅱ)證明:必要性、已知數列{an}中有無數多項是1,則數列{an}中存在ak(k∈N*)使得lgak=0.
∵數列{an}中有無數多項是1,∴數列{an}中存在ak(k∈N*)使得ak=1,
即數列{an}中存在ak(k∈N*)使得lgak=0.
充分性:已知數列{an}中存在ak(k∈N*)使得lgak=0,則數列{an}中有無數多項是1.
假設數列{an}中沒有無數多項是1,不妨設${a}_{m}=1(m∈{N}^{*})$是數列{an}中為1的最后一項,則am+1≠1,
若am+1>1,則由lgan+1=|lgan-lgan-1|(n=2,3,4,…),可得lgam+2=lgam+1
∴lgam+3=|lgam+2-lgam+1|=0,則lgam+3=1,與假設矛盾;
若0<am+1<0,則由lgan+1=|lgan-lgan-1|(n=2,3,4,…),可得lgam+2=-lgam+1
∴lgam+3=|lgam+2-lgam+1|=-2lgam+1
lgam+4=|lgam+3-lgam+2|=|-2lgam+1+lgam+1|=-lgam+1
lgam+5=|lgam+4-lgam+3|=|-lgam+1+2lgam+1|=-lgam+1
∴lgam+6=|lgam+5-lgam+4|=0,得lgam+6=1,與假設矛盾.
綜上,假設不成立,原命題正確;
(Ⅲ)證明:假設數列{an}中不存在ak(k∈N*),使得1≤ak<2,
則0<ak<1或ak≥2(k=1,2,3,…).
由lgan+1=|lgan-lgan-1|(n=2,3,4,…),可得
${a}_{n+1}=\left\{\begin{array}{l}{\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}},{a}_{n}≥{a}_{n-1}}\\{\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n}},{a}_{n}<{a}_{n-1}}\end{array}\right.$(n=1,2,3,…)*,且an>0(n=1,2,3,…),
∴當n≥2時,an≥1,an≥2(n=3,4,5,…).
若a4=a3≥2,則a5=1,與a5≥2矛盾;
若a4≠a3≥2,
設bm=max{a2m+1,a2m+2}(m=1,2,3,…),則bm≥2.
由(*)可得,${a}_{2m+3}≤\frac{max\{{a}_{2m+1},{a}_{2m+2}\}}{2}=\frac{1}{2}{b}_{m}$,
${a}_{2m+4}≤\frac{1}{2}max\{{a}_{2m+2},{a}_{2m+3}\}$,
∴$max\{{a}_{2m+3},{a}_{2m+4}\}≤\frac{1}{2}{b}_{m}$,即${b}_{m+1}≤\frac{1}{2}{b}_{m}$(m=1,2,3,…),
∴${b}_{m}≤\frac{{b}_{1}}{{2}^{m+1}}$,
對于b1,顯然存在l使得${2}^{l-1}≤{b}_{l}<{2}^{l}$.
∴${b}_{l+1}≤\frac{{b}_{1}}{{2}^{l}}<1$,這與bm≥2矛盾.
∴假設不成立,原命題正確.

點評 本題考查數列遞推式,考查了充分必要條件的判定,體現了分類討論的數學思想方法,考查邏輯思維能力與推理論證能力,訓練了反證法證題的方法,屬難題.

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