Question

已知数列{a_n}满足：a₁=-，a_n²+（a_n+1+2）a_n+2a_n+1+1=0．
求证：（1）-1＜a_n＜0；
（2）a_2n＞a_2n-1对一切n∈N^*都成立；
（3）数列{a_2n-1}为递增数列．

Answer

（1）用数学归纳法，①由题设条件知an+1=-an-．当n=1时成立；②假设当n=k时结论成立，即-1＜ak＜0，那么当n=k+1时，ak+1=-（ak+2）-+2．由此导出-1＜ak+1＜0，当n=k+1时结论成立．由①②知，对一切n∈N*均有-1＜an＜0．
（2）①当n=1时，a2=-＞a1=-成立；②假设当n=k（k≥1且k∈N）时结论成立，即a2k＞a2k-1，由此能推导出a2k+2＞a2k+1，当n=k+1时结论成立．由①②知对一切n∈N*均有a2n＞a2n-1成立．
（3）由an+1+an=-，知an+2+an+1=-．由此能导出a2n+1-a2n-1=＞0，即数列{a2n-1}为递增数列．
证明：已知条件可化为（an+1+an）（an+2）+1=0，
即an+1=-an-．
（1）①当n=1时已成立；
②假设当n=k时结论成立，即-1＜ak＜0，
那么当n=k+1时，ak+1=-（ak+2）-+2．
∵1＜ak+2＜2，又y=t+在t∈（1，2）内为增函数，
∴ak+2+∈（2，），
∴ak+1∈（-，0），则-1＜ak+1＜0，
∴当n=k+1时结论成立．
由①②知，对一切n∈N*均有-1＜an＜0．
（2）①当n=1时，a2=-＞a1=-成立；
②假设当n=k（k≥1且k∈N）时结论成立，即a2k＞a2k-1，
∴1＜a2k-1+2＜a2k+2＜2，
∴a2k-1+2+＜a2k+2+，
∴-a2k-1-＞-a2k-，即a2k＞a2k+1．
同上法可得a2k+2＞a2k+1，
∴当n=k+1时结论成立．
由①②知对一切n∈N*均有a2n＞a2n-1成立．
（3）an+1+an=-，则an+2+an+1=-．
两式相减得
an+2-an=-=．
若把上式中的n换成2n-1，
则a2n+1-a2n-1=＞0，
∴数列{a2n-1}为递增数列．