Question

9．在數(shù)列{a_n}中，${a_1}=3，{a_n}=\sqrt{{a_{n-1}}^s+t（n）}，{b_n}={a_n}+2$，n=2，3，…．
（1）若s=2，t（n）=n時(shí)，求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若s=1，t（n）=2時(shí)，求a₂，a₃，判斷數(shù)列{a_n}的單調(diào)性并證明；
（3）在（2）的條件下，是否存在常數(shù)M，對(duì)任意n≥2，有b₂b₃…b_n≤M？若存在，求出M的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由已知可得：a₁=3，${a}_{n}=\sqrt{{a}_{n-1}^{2}+n}$，平方可得：${a}_{n}^{2}$-${a}_{n-1}^{2}$=n．利用累加求和方法、等差數(shù)列的求和公式即可得出．
（2）由a₁=3，a_n=$\sqrt{{a}_{n-1}+2}$，可得a₂=$\sqrt{5}$，a₃=$\sqrt{\sqrt{5}+2}$．由a_n=$\sqrt{{a}_{n-1}+2}$＞0，兩邊平方可得：${a}_{n}^{2}={a}_{n-1}$+2，于是${a}_{n+1}^{2}={a}_{n}$+2．相減可得：（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n）=a_n-a_n-1，由a_n＞0，可得a_n+1-a_n與a_n-a_n-1同號(hào)，即可得出．
（3）由（2）可得：${a}_{n+1}^{2}={a}_{n}$+2，${a}_{n+1}^{2}-4$=a_n-2，因式分解為：（a_n+1+2）（a_n+1-2）=a_n-2，可知：a_n+1-2與a_n-2同號(hào)，可得：a_n-2＞0，$\frac{1}{{a}_{n}+2}$＜$\frac{1}{4}$，因此a_n+1-2$＜\frac{1}{4}$（a_n-2），由n≥2時(shí)，（a_n+2）（a_n-2）=a_n-1-2，可得b_n=a_n+2=$\frac{{a}_{n-1}-2}{{a}_{n}-2}$．可得b₂b₃…b_n=$\frac{{a}_{1}-2}{{a}_{n}-2}$=$\frac{1}{{a}_{n}-2}$．由a_n+1-2$＜\frac{1}{4}$（a_n-2），n≥2時(shí)，可得：|a_n-2|＜$\frac{1}{4}$|a_n-1-2|＜…＜$\frac{1}{{4}^{n-1}}|{a}_{1}-2|$=$\frac{1}{{4}^{n-1}}$.$\frac{1}{{a}_{n}-2}$＞4^n-1，進(jìn)而判斷出結(jié)論．

解答 解：（1）由已知可得：a₁=3，${a}_{n}=\sqrt{{a}_{n-1}^{2}+n}$，平方可得：${a}_{n}^{2}$-${a}_{n-1}^{2}$=n．
∴${a}_{n}^{2}$=（${a}_{n}^{2}$-${a}_{n-1}^{2}$）+$（{a}_{n-1}^{2}-{a}_{n-2}^{2}）$+…+$（{a}_{2}^{2}-{a}_{1}^{2}）$+${a}_{1}^{2}$=n+（n-1）+…+2+9=$\frac{n（n+1）}{2}$+8．
∴a_n=$\sqrt{\frac{{n}^{2}+n+16}{2}}$．
（2）由a₁=3，a_n=$\sqrt{{a}_{n-1}+2}$，可得a₂=$\sqrt{5}$，a₃=$\sqrt{\sqrt{5}+2}$．
由a_n=$\sqrt{{a}_{n-1}+2}$＞0，兩邊平方可得：${a}_{n}^{2}={a}_{n-1}$+2，于是${a}_{n+1}^{2}={a}_{n}$+2．
相減可得：（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n）=a_n-a_n-1，
∵a_n＞0，∴a_n+1-a_n與a_n-a_n-1同號(hào)，∵a₂-a₁=$\sqrt{5}$-3＜0，
∴a_n+1-a_n＜0，即a_n+1＜a_n，
∴數(shù)列{a_n} 單調(diào)遞減．
（3）由（2）可得：${a}_{n+1}^{2}={a}_{n}$+2，∴${a}_{n+1}^{2}-4$=a_n-2，因式分解為：（a_n+1+2）（a_n+1-2）=a_n-2，
可知：a_n+1-2與a_n-2同號(hào)，由a₁-2=3-2=1＞0，可得：a_n-2＞0，即a_n+2＞4，∴$\frac{1}{{a}_{n}+2}$＜$\frac{1}{4}$，
∴a_n+1-2$＜\frac{1}{4}$（a_n-2），∵n≥2時(shí)，（a_n+2）（a_n-2）=a_n-1-2，∴b_n=a_n+2=$\frac{{a}_{n-1}-2}{{a}_{n}-2}$．
則b₂b₃…b_n=$\frac{{a}_{1}-2}{{a}_{2}-2}$•$\frac{{a}_{2}-2}{{a}_{3}-2}$•…•$\frac{{a}_{n-1}-2}{{a}_{n}-2}$=$\frac{{a}_{1}-2}{{a}_{n}-2}$=$\frac{1}{{a}_{n}-2}$．由a_n+1-2$＜\frac{1}{4}$（a_n-2），n≥2時(shí)，
可知：|a_n-2|＜$\frac{1}{4}$|a_n-1-2|$＜\frac{1}{{4}^{2}}$|a_n-2-2|＜…＜$\frac{1}{{4}^{n-1}}|{a}_{1}-2|$=$\frac{1}{{4}^{n-1}}$．
∴$\frac{1}{{a}_{n}-2}$＞4^n-1，若存在常數(shù)M，對(duì)任意n≥2，有b₂b₃…b_n≤M．則M＞0，4^n-1≤M，而當(dāng)n＞$[\frac{lnM}{ln4}]$+2時(shí)，有4^n-1≥M恒成立，故不存在常數(shù)M，對(duì)任意n≥2，有b₂b₃…b_n≤M．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、數(shù)列遞推關(guān)系、不等式的性質(zhì)與解法、放縮法、累加求和方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．