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已知数列 ${\displaystyle \{a_n\}}$ 满足 ${\displaystyle a_1=a,a_2=b(a,b>0)}$. ${\displaystyle a_{n+2}=\sqrt{a_n{a}_{n+1}}(n\in {\mathbb{N}}^{\ast })}$. 给出下列四个结论:

1. 存在无数组 ${\displaystyle a,b}$，使得 ${\displaystyle \{a_n\}}$ 是等比数列;
2. 存在 ${\displaystyle a,b}$，对任意 ${\displaystyle n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}$, 均有 ${\displaystyle a_n<a_{n+1}}$ 成立;
3. 对任意 ${\displaystyle n\in {\mathbb{N}}^{\ast }}$, 均有 ${\displaystyle {\displaystyle a_{n+1}+\frac{a_n}{2}\le b+\frac{a}{2}}}$ 成立;
4. 存在 ${\displaystyle m\in {\mathbb{N}}^{\ast }}$，对任意 ${\displaystyle n\ge m}$, 均有 ${\displaystyle |a_{n+1}-a_n|-|a_{n+2}-a_{n+1}|\le {10}^{-3}}$,

其中所有正确结论的序号是_____.

1. 显然当 ${\displaystyle a=b>0}$ 时，${\displaystyle \{a_n\}}$ 都是以 ${\displaystyle 1}$ 为公比的不同首项的等比数列，因此 ${\displaystyle (a,b)}$ 确实有无数个. 故 1 正确.
2. 如果这个结论成立，则 ${\displaystyle 0<a_n<a_{n+1}<a_{n+2}}$，因此 ${\displaystyle a_{n+2}>\sqrt{a_n{a}_{n+1}}}$, 与条件矛盾. 故 2 错误.
3. 注意到$$\begin{array}{r}(a_{n+2}+\frac{a_{n+1}}{2})-(a_{n+1}+\frac{a_n}{2})=\sqrt{a_n{a}_{n+1}}-\frac{a_{n+1}+a_n}{2}\le 0,\end{array}$$
   这说明 ${\displaystyle {\displaystyle \{a_{n+1}+\frac{a_n}{2}\}}}$ 单调递减，从而 ${\displaystyle {\displaystyle a_{n+1}+\frac{a_n}{2}\le a_2+\frac{a_1}{2}=b+\frac{a}{2}}}$, 故 3 正确.
4. 由绝对值不等式$$\begin{array}{r}|a_{n+1}-a_n|-|a_{n+2}-a_{n+1}|\le |(a_{n+1}-a_n)+(a_{n+2}-a_{n+1})|=|a_{n+2}-a_n|.\end{array}$$
   不妨设 ${\displaystyle a>b}$. 则由条件得 ${\displaystyle min\{a_n,a_{n+1}\}<a_{n+2}<max\{a_n,a_{n+1}\}}$, 从而 ${\displaystyle a_1>a_3>\cdots >a_{2k-1}>\cdots }$, ${\displaystyle a_2<a_4<\cdots <a_{2k}<\cdots }$, 根据单调有界收敛定理，${\displaystyle \{a_n\}}$ 的两个子列 ${\displaystyle \{a_{2k-1}\},\{a_{2k}\}}$ 收敛，记极限值为 ${\displaystyle A,B}$. 则对条件式分别在 ${\displaystyle n}$ 是奇数、偶数下取极限: ${\displaystyle A=\sqrt{AB},B=\sqrt{AB}\Rightarrow A=B}$, 也即 ${\displaystyle \{a_n\}}$ 收敛，从而 ${\displaystyle \{a_n\}}$ 是柯西列，故 ${\displaystyle \mathrm{\exists }N,\mathrm{\forall }n,m>N,|a_n-a_m|<{10}^{-3}}$, 从而取 ${\displaystyle (m,n)=(n+2,n)}$ 即证明了结论.

综上，答案是 134.