分析:(1)選擇利用數(shù)學(xué)歸納法為妥,需要注意的是有歸納假設(shè)ak到ak+1的變形,利用歸納假設(shè),注意目標(biāo)的形式就能得到結(jié)果;另外可以利用遞推數(shù)列來求得通項(xiàng)公式,當(dāng)然需要對(duì)遞推數(shù)列的an+1=pan+f(n)這種形式的處理要合適;這種形式的一般處理方法是:兩邊同時(shí)除以pn+1或者是構(gòu)造一個(gè)等比數(shù)列,構(gòu)造法有一定的技巧,如本題可設(shè)an-a3n=-2(an-1-a3n-1),
(2)由(1)的結(jié)論可作差an-an-1>0并代入運(yùn)算,由于含有(-1)n的形式要注意對(duì)n=2k-1和n=2k進(jìn)行討論,只需取k=1,2時(shí)得到a0的取值范圍即可,另外一個(gè)思路是只需取n=1,2時(shí)得到a0的范圍,然后分n=2k-1和n=2k進(jìn)行證明an-an-1>0.具體解法參見參考答案.
解答:解:(1)證法一:
(i)當(dāng)n=1時(shí),由已知a
1=1-2a
0,等式成立;
(ii)假設(shè)當(dāng)n=k(k≥1)等式成立,
則
ak=[3k+(-1)k-12k]-(-1)k2a0,
那么
ak+1=3k-2ak=3k-[3k+(-1)k-12k]-(-1)k2k+1a0=
[3k+1+(-1)k2k+1]+(-1)k+12k+1a0.
也就是說,當(dāng)n=k+1時(shí),等式也成立.
根據(jù)(i)和(ii),可知等式對(duì)任何n∈N,成立.
證法二:如果設(shè)a
n-a3
n=-2(a
n-1-a3
n-1),
用a
n=3
n-1-2a
n-1代入,可解出
a=.
所以
{an-}是公比為-2,
首項(xiàng)為
a1-的等比數(shù)列.
∴
an-=(1-2a0-)(-2)n-1(n∈N).
即
an=+(-1)n2na0.
(2)解法一:由a
n通項(xiàng)公式
an-an-1=+(-1)n3×2n-1a0.
∴a
n>a
n-1(n∈N)等價(jià)于
(-1)n-1(5a0-1)<()n-2(n∈N).①
(i)當(dāng)n=2k-1,k=1,2,時(shí),
①式即為
(-1)2k-2(5a0-1)<()2k-3即為
a0<()2k-3+.
②式對(duì)k=1,2,都成立,
有
a0<×()-1+=.
(ii)當(dāng)n=2k,k=1,2時(shí),
①式即為
(-1)2k-1(5a0-1)<()2k-2.
即為
a0>-×()2k-2+.
③式對(duì)k=1,2都成立,有
a0>-×()2×1-2+=0.
綜上,①式對(duì)任意n∈N
*,成立,有
0<a0<.
故a
0的取值范圍為
(0,).
解法二:如果a
n>a
n-1(n∈N
*)成立,
特別取n=1,2有a
1-a
0=1-3a
0>0.a(chǎn)
2-a
1=6a
0>0.
因此
0<a0<.下面證明當(dāng)
0<a0<.時(shí),
對(duì)任意n∈N
*,a
n-a
n-1>0.
由a
n的通項(xiàng)公式5(a
n-a
n-1)=2×3
n-1+(-1)
n-13×2
n-1+(-1)
n5×3×2
n-1a
0.
(i)當(dāng)n=2k-1,k=1,2時(shí),
5(a
n-a
n-1)=2×3
n-1+3×2
n-1-5×3×2
n-1a
0>2×2
n-1+3×2
n-1-5×3×2
n-1=0
(ii)當(dāng)n=2k,k=1,2時(shí),
5(a
n-a
n-1)=2×3
n-1-3×2
n-1+5×3×2
n-1a
0>2×3
n-1-3×2
n-1≥0.
故a
0的取值范圍為
(0,).
點(diǎn)評(píng):本題主要考查數(shù)列、等比數(shù)列的概念,考查數(shù)學(xué)歸納法,考查靈活綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析問題和解決問題的能力.對(duì)遞推數(shù)列的a
n+1=pa
n+f(n)這種形式的考查是一個(gè)難點(diǎn),同時(shí)除以p
n+1得到
-=,然后用累加法得到
的等式可得結(jié)果,或者是構(gòu)造一個(gè)等比數(shù)列a
n+1+kf(n)=p(a
n+kf(n))(不具有普適性).