数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=a$，$a_{n+1}=a^2_n+a(n\in\mathbb N^*)$，记 $M=\{a\in\mathbb R \mid \forall n\in\mathbb N^*,|a_n|\leqslant2\}$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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若 $a\in(-\infty,-2)$，求证：$a\not\in M$；标注答案略解析因为 $|a_1|=-a>2$，所以 $a\not\in M$．
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若 $a\in\left(\dfrac14,+\infty\right)$，试判断 $a$ 与 $M$ 的关系；标注答案$a\not\in M$解析因为 $a>0$，所以数列 $\{a_n\}$ 为正数数列．
根据已知，有$$a_{n+1}\geqslant2\sqrt{a}\cdot a_n,$$所以$$a_n\geqslant(2\sqrt{a})^{n-1}\cdot a_1.$$因为 $2\sqrt{a}>1$，所以可以设 $2\sqrt{a}=1+m,m>0$，于是$$a_{n+1}\geqslant a(1+m)^n\geqslant a(1+nm),$$取 $n=\dfrac{8+a}{m}$，就有 $a_{n+1}>2$．
所以当 $a>\dfrac14$ 时，$a\not\in M$． -
求集合 $M$．标注答案略解析由 $(1)$ $(2)$ 知，只需要考虑 $a\in\left[-2,\dfrac14\right]$ 的情形．
情形一 当 $a=-2$ 时，数列 $\{a_n\}$ 即 $-2,2,2\cdots$，所以 $-2\in M$．情形二 当 $a=0$ 时，数列 $\{a_n\}$ 即 $0,0,0,\cdots$，所以 $0\in M$．情形三 当 $a=-1$ 时，数列 $\{a_n\}$ 即 $-1,0,-1,0,\cdots$，所以 $-1\in M$．情形四 当 $0< a\leqslant\dfrac14$ 时，$0<a_n<\dfrac12$，用数学归纳法证明如下：
当 $n=1$ 时，$a_1=a$ 满足 $0<a_1<\dfrac12$；
假设当 $n=k$ 时，$0<a_k<\dfrac12$，则当 $n=k+1$ 时，$$\begin{split}a_{k+1}&=a^2_k+a<\dfrac14+a<\dfrac12,\\a_{k+1}&=a^2_k+a> a\geqslant 0,\end{split}$$所以 $0<a_{k+1}<\dfrac12$，因此 $\left(0,\dfrac14\right]\subseteq M$．情形五 当 $a\in(-1,0)$ 时，$-1<a_n<1$，用数学归纳法证明如下：
当 $n=1$ 时，满足 $-1<a_1<1$；
假设当 $n=k$ 时，$-1<a_k<1$，则当 $n=k+1$ 时，$$\begin{split}a_{k+1}&=a^2_k+a<1+a<1,\\a_{k+1}&=a^2_k+a\geqslant a>-1,\end{split}$$所以 $-1<a_{k+1}<1$，因此 $(-1,0)\subseteq M$．情形六 当 $a\in(-2,-1)$ 时，$n\geqslant2$ 时$$-(a^2+a)\leqslant a_n\leqslant a^2+a,$$用数学归纳法证明如下：
当 $n=2$ 时，满足 $-(a^2+a)\leqslant a_2\leqslant a^2+a$；
假设当 $n=k$ 时，$$-(a^2+a)\leqslant a_k\leqslant a^2+a,$$则当 $n=k+1$ 时，$$\begin{split}a_{k+1}&=a^2_k+a\leqslant a^2(a+1)^2+a<a^2+a,\\a_{k+1}&=a^2_k+a>1+a>-(a^2+a),\end{split}$$所以 $-(a^2+a)<a_{k+1}<a^2+a$，因此 $(-2,-1)\subseteq M$．
综合以上情形，有 $M=\left[-2,\dfrac14\right]$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
问题3
答案3
解析3
备注3
