设 ${a_1}= 1$，${a_{n + 1}}= \sqrt{a_n^2 - 2{a_n}+ 2}+ b \left(n \in{{\mathbb {N}}^*}\right)$．
【难度】
【出处】
2014年高考重庆卷（理）
【标注】
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若 $b = 1$，求 ${a_2}$，${a_3}$ 及数列 $\left\{{a_n}\right\}$ 的通项公式；标注答案$a_2=2$，$a_3=\sqrt2+1$，$a_n=\sqrt{n-1}+1,n\in{\mathbb N^*}$解析当 $b=1$ 时，有\[\begin{split}& a_2=\sqrt{a_1^2-2a_1+2}+1=2,\\&a_3=\sqrt{a_2^2-2a_2+2}+1=\sqrt 2+1.\end{split}\]一般地，递推公式可以变形为$$(a_{n+1}-1)^2-(a_n-1)^2=1,$$因此 $\{(a_n-1)^2\}$ 是首项为 $(a_1-1)^2=0$，公差为 $1$ 的等差数列，从而有$$(a_n-1)^2=n-1,n=1,2,\cdots,$$显然 $a_n\geqslant 1$（$n=1,2,\cdots $），因此数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为$$a_n=\sqrt{n-1}+1,n\in{\mathbb N^*}.$$
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若 $b = - 1$，问：是否存在实数 $c$，使得 ${a_{2n}}< c <{a_{2n + 1}}$ 对所有 $n \in{{\mathbb {N}}^*}$ 成立？证明你的结论．标注答案符合题意的实数 $c$ 存在，且 $c=\dfrac 14$解析符合题意的实数 $c$ 存在，且 $c=\dfrac 14$，证明如下．
设函数 $f(x)=\sqrt{x^2-2x+2}-1$，则 $a_{n+1}=f(a_n)$，且 $f\left(\dfrac 14\right)=\dfrac 14$，函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上单调递减．
接下来用数学归纳法证明一个更强的命题：$$\forall n\in{\mathbb N^*},0\leqslant a_{2n}<\dfrac 14<a_{2n+1}\leqslant 1.$$当 $n=1$ 时，由于 $a_2=0$，$a_3=\sqrt 2-1$，命题显然成立．
假设命题当 $n=k$（$k\in{\mathbb N^*}$）时成立，即$$0\leqslant a_{2k}<\dfrac 14<a_{2k+1}\leqslant 1,$$则由于函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上单调递减，于是$$f(0)\geqslant f(a_{2k})>\dfrac 14>f(a_{2k+1})\geqslant f(1),$$也即$$1>\sqrt 2-1\geqslant a_{2k+1}>\dfrac 14>a_{2k+2}\geqslant 0,$$再次利用函数 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 上单调递减，于是可得$$f(1)\leqslant f\left(a_{2k+1}\right)<f\left(\dfrac 14\right)<f\left(a_{2k+2}\right)\leqslant f(0),$$即$$0\leqslant a_{2k+2}<\dfrac 14<a_{2k+3}\leqslant 1,$$因此命题对 $n=k+1$ 时也成立．
综上，命题 $\forall n\in{\mathbb N^*},0\leqslant a_{2n}<\dfrac 14<a_{2n+1}\leqslant 1$ 成立，因此原命题成立．
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
