（本小题满分 12 分，（I）小问 4 分，（II）小问…——2014 高考数学第 22 题答案解析

【答案】（I）$a_{n}=\sqrt{n-1}+1\left(n \in N^{*}\right)$；（II）存在，$c=\frac{1}{4}$

## 【解析】

试题分析：（I）由 $a_{1}=1, a_{n+1}=\sqrt{a_{n}^{2}-2 a_{n}+2}+b\left(n \in N^{*}\right) \Rightarrow\left(a_{n+1}-1\right)^{2}=\left(a_{n}-1\right)^{2}+1$
所以数列 $\left\{\left(a_{n}-1\right)^{2}\right\}$ 是等差数列，可先求数列 $\left\{\left(a_{n}-1\right)^{2}\right\}$ 再求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式；也可以先根据数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前几项归纳出数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式，然后由数学归纳法证明．
（II）利用数列的递推公式 $a_{n+1}=\sqrt{a_{n}^{2}-2 a_{n}+2}+b\left(n \in N^{*}\right)$ 构造函数 $f(x)=\sqrt{(x-1)^{2}+1}-1$，
由 $c=f(c) \Rightarrow c=\frac{1}{4}$，然后结合函数 $f(x)=\sqrt{(x-1)^{2}+1}-1$ 的单调性，用数学归纳法证明 $a_{2 n}

## 试题解析：

解：（I）解法一：$a_{2}=2, a_{3}=\sqrt{2}+1$
再由题设条件知 $\left(a_{n+1}-1\right)^{2}=\left(a_{n}-1\right)^{2}+1$
从而 $\left\{\left(a_{n}-1\right)^{2}\right\}$ 是首项为 0 公差为 1 的等差数列，
故 $\left(a_{n}-1\right)^{2}=n-1$，即 $a_{n}=\sqrt{n-1}+1,\left(n \in N^{*}\right)$
解法二：$a_{2}=2, a_{3}=\sqrt{2}+1$
可写为 $a_{1}=\sqrt{1-1}+1, a_{2}=\sqrt{2-1}+1, a_{3}=\sqrt{3-1}+1$，因此猜想 $a_{n}=\sqrt{n-1}+1$．

## 下用数学归纳法证明上式：

当 $n=1$ 时结论显然成立．

假设 $n=k$ 时结论成立，即 $a_{k}=\sqrt{k-1}+1$．则
$a_{k+1}=\sqrt{\left(a_{k}-1\right)^{2}+1}+1=\sqrt{(k-1)+1}+1=\sqrt{(k+1)-1}+1$
这就是说，当 $n=k+1$ 时结论成立．
所以 $a_{n}=\sqrt{n-1}+1,\left(n \in N^{*}\right)$
（II）解法一：设 $f(x)=\sqrt{(x-1)^{2}+1}-1$，则 $a_{n+1}=f\left(a_{n}\right)$．
今 $c=f(c)$，即 $c=\sqrt{(c-1)^{2}+1}-1$，解得 $c=\frac{1}{4}$．
下用数学归纳法证明加强命：
$a_{2 n}当 $n=1$ 时，$a_{2}=f①=0, a_{3}=f(0)=\sqrt{2}-1$，所以 $a_{2}<\frac{1}{4}假设 $n=k$ 时结论成立，即 $a_{2 k}易知 $f(x)$ 在 $(-\infty, 1]$ 上为减函数，从而
$c=f(c)>f\left(a_{2 k+1}\right)>f(1)=a_{2}$
即 $1>c>a_{2 k+2}>a_{2}$
再由 $f(x)$ 在 $(-\infty, 1]$ 上为减函数得 $c=f(c)故 $c综上，符合条件的 $c$ 存在，其中一个值为 $c=\frac{1}{4}$．
解法二：设 $f(x)=\sqrt{(x-1)^{2}+1}-1$，则 $a_{n+1}=f\left(a_{n}\right)$
先证： $0 \leq a_{n} \leq 1\left(n \in N^{*}\right)$

当 $n=1$ 时，结论明显成立。
假设 $n=k$ 时结论成立，即 $0 \leq a_{k} \leq 1$
易知 $f(x)$ 在 $(-\infty, 1]$ 上为减函数，从而
$0=f(1) \leq f\left(a_{k}\right) \leq f(0)=\sqrt{2}-1<1$

即 $0 \leq a_{k+1} \leq 1$ 这就是说，当 $n=k+1$ 时结论成立，故①成立．

再证：$a_{2 n}

当 $n=1$ 时，$a_{2}=f(1)=0, a_{3}=f(0)=\sqrt{2}-1$，有 $a_{2}

假设 $n=k$ 时，结论成立，即 $a_{2 k}

由①及 $f(x)$ 在 $(-\infty, 1]$ 上为减函数，得
$a_{2 k+1}=f\left(a_{2 k}\right)>f\left(a_{2 k+1}\right)=a_{2 k+2}$
$a_{2(k+1)}=f\left(a_{2 k+1}\right)

这就是说，当 $n=k+1$ 时②成立，所以（2）对一切 $n \in N^{*}$ 成立。
由②得 $a_{2 k}<\sqrt{a_{2 k}^{2}-2 a_{2 k}+2}-1$
即 $\left(a_{2 k}+1\right)^{2}因此 $a_{2 k}<\frac{1}{4}$
又由①、②及 $f(x)$ 在 $(-\infty, 1]$ 上为减函数得 $f\left(a_{2 n}\right)>f\left(a_{2 n+1}\right)$

即 $a_{2 n+1}>a_{2 n+2}$
所以 $a_{2 n+1}>\sqrt{a_{2 n+1}^{2}-2 a_{2 n+1}+2}$－ 1，解得 $a_{2 n+1}>\frac{1}{4}$．
综上，由②③④知存在 $c=\frac{1}{4}$ 使 $a_{2 n}考点：1、数列通项公式的求法；2、等差数列；3、函数思想在解决数列问题中的应用．4、数学归纳法．