kk＋1k－1
即Tk＝成立 3那么，当n＝k＋1时， k左边＝Tk＋bk＋1＝＝k(k＋1)＝
k＋1
3k－1
kk＋1k－1
＋(k＋1)[(k＋1)－1]＝＋k(k＋1) 3
k＋2?k－1＋1?＝kk＋1
3?3?
k＋1[k＋1＋1][k＋1－1]
＝右边． 3
nn＋1
3
n－1
故当n＝k＋1时，等式成立． 综上①②，当n≥2时，Tn＝
. 13．(2013·北京房山摸底)已知曲线C：y2＝2x(y≥0)，A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，…，An(xn，yn)，…
是曲线C上的点，且满足0 (3)令bi＝ai，ci＝ nn2－yi ，是否存在正整数N，当n≥N时，都有?bi i＝1i＝1 出N的最小值并证明；若不存在，说明理由． [解析] (1)∵△B0A1B1是以A1为直角顶点的等腰直角三角形， ∴直线B0A1的方程为y＝x. y＝x，?? 由?y2＝2x，得x1＝y1＝2，即点A1的坐标为(2,2)，进而得B1(4,0)． ??y>0， (2)根据△Bn－1AnBn和△BnAn＋1Bn＋1分别是以An和An＋1为直角顶点的等腰直角三角形 ??an＝xn＋yn，可得? ?an＝xn＋1－yn＋1，? 即xn＋yn＝xn＋1－yn＋1.(*) ∵An和An＋1均在曲线C：y2＝2x(y≥0)上， ∴y2n＝2xn，y2n＋1＝2xn＋1. y2n＋1y2n ∴xn＝2，xn＋1＝2，代入(*)式得y2n＋1－y2n＝2(yn＋1＋yn)． ∴yn＋1－yn＝2(n∈N*)． ∴数列{yn}是以y1＝2为首项，2为公差的等差数列． ∴其通项公式为yn＝2n(n∈N*)． y2n (3)由(2)可知，xn＝2＝2n2， ∴an＝xn＋yn＝2n(n＋1)． 1 ∴bi＝，ci＝2ii＋1 2－yi1 ＝， 22i＋1 111 ∴?bi＝21×2＋22×3＋…＋ 2nn＋1 i＝1 111111＝2(1－2＋2－3＋…＋n－) n＋111＝2(1－)， n＋1n 1 1 1 14＝11－2n11－2 n i＝1 ?ci＝22＋23＋…＋2n＋1 11＝2(1－2n)． 1111 bi－ci＝(1－)－(1－??2n＋122n) i＝1i＝1 n＋1－2n111 ＝2(2n－)＝. n＋12n＋1n＋1 当n＝1时，b1＝c1不符合题意，当n＝2时b2 i＝1i＝1观察知，欲证(*)式成立，只需证明n≥2时，n＋1≤2n. 以下用数学归纳法证明， ①当n＝2时，左边＝3，右边＝4，左边<右边； ②假设n＝k(k≥2)时，k＋1<2k，当n＝k＋1时， 左边＝(k＋1)＋1<2k＋1<2k＋2k＝2k＋1＝右边． ∴对于一切大于或等于2的正整数，都有n＋1<2n， 即?bi 综上，满足题意的N的最小值为2. 14．(2014·重庆理，22)设a1＝1，an＋1＝a2n－2an＋2＋b(n∈N*)． (1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式； (2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n 再由题设条件知(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1. 从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列， 故(an－1)2＝n－1，即an＝n－1＋1(n∈N*)． (2)设f(x)＝x－12＋1－1，则an＋1＝f(an)． 1 令c＝f(c)，即c＝c－12＋1－1，解得c＝4. 下面用数学归纳法证明a2n n n n n n n 1 当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝2－1，所以a2<4 假设n＝k时结论成立，即a2k c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即1>c>a2k＋2>a2. 再由f(x)在(－∞，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＝4.
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