Question

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

Answer 1

分析 （Ⅰ）由a₁=2，a₂=3，結(jié)合lga_n+1=|lga_n-lga_n-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(shè)數(shù)列{a_n}中不存在a_k（k∈N^*），使得1≤a_k＜2，則0＜a_k＜1或a_k≥2（k=1，2，3，…）．然后分類推出矛盾得答案．

解答 （Ⅰ）解：∵a₁=2，a₂=3，lga_n+1=|lga_n-lga_n-1|（n=2，3，4，…），
∴l(xiāng)ga₃=|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(shù)列{a_n}中有無數(shù)多項是1，則數(shù)列{a_n}中存在a_k（k∈N^*）使得lga_k=0．
∵數(shù)列{a_n}中有無數(shù)多項是1，∴數(shù)列{a_n}中存在a_k（k∈N^*）使得a_k=1，
即數(shù)列{a_n}中存在a_k（k∈N^*）使得lga_k=0．
充分性：已知數(shù)列{a_n}中存在a_k（k∈N^*）使得lga_k=0，則數(shù)列{a_n}中有無數(shù)多項是1．
假設(shè)數(shù)列{a_n}中沒有無數(shù)多項是1，不妨設(shè)${a}_{m}=1（m∈{N}^{*}）$是數(shù)列{a_n}中為1的最后一項，則a_m+1≠1，
若a_m+1＞1，則由lga_n+1=|lga_n-lga_n-1|（n=2，3，4，…），可得lga_m+2=lga_m+1，
∴l(xiāng)ga_m+3=|lga_m+2-lga_m+1|=0，則lga_m+3=1，與假設(shè)矛盾；
若0＜a_m+1＜0，則由lga_n+1=|lga_n-lga_n-1|（n=2，3，4，…），可得lga_m+2=-lga_m+1，
∴l(xiāng)ga_m+3=|lga_m+2-lga_m+1|=-2lga_m+1，
lga_m+4=|lga_m+3-lga_m+2|=|-2lga_m+1+lga_m+1|=-lga_m+1，
lga_m+5=|lga_m+4-lga_m+3|=|-lga_m+1+2lga_m+1|=-lga_m+1，
∴l(xiāng)ga_m+6=|lga_m+5-lga_m+4|=0，得lga_m+6=1，與假設(shè)矛盾．
綜上，假設(shè)不成立，原命題正確；
（Ⅲ）證明：假設(shè)數(shù)列{a_n}中不存在a_k（k∈N^*），使得1≤a_k＜2，
則0＜a_k＜1或a_k≥2（k=1，2，3，…）．
由lga_n+1=|lga_n-lga_n-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a_n＞0（n=1，2，3，…），
∴當(dāng)n≥2時，a_n≥1，a_n≥2（n=3，4，5，…）．
若a₄=a₃≥2，則a₅=1，與a₅≥2矛盾；
若a₄≠a₃≥2，
設(shè)b_m=max{a_2m+1，a_2m+2}（m=1，2，3，…），則b_m≥2．
由（*）可得，${a}_{2m+3}≤\frac{max\{{a}_{2m+1}，{a}_{2m+2}\}}{2}=\frac{1}{2}_{m}$，
${a}_{2m+4}≤\frac{1}{2}max\{{a}_{2m+2}，{a}_{2m+3}\}$，
∴$max\{{a}_{2m+3}，{a}_{2m+4}\}≤\frac{1}{2}_{m}$，即$_{m+1}≤\frac{1}{2}_{m}$（m=1，2，3，…），
∴$_{m}≤\frac{_{1}}{{2}^{m+1}}$，
對于b₁，顯然存在l使得${2}^{l-1}≤_{l}＜{2}^{l}$．
∴$_{l+1}≤\frac{_{1}}{{2}^{l}}＜1$，這與b_m≥2矛盾．
∴假設(shè)不成立，原命題正確．

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