Question

已知數(shù)列{a_n}的前n項和Sn=

n+n2

2k-1

（n∈N^*，k是與n無關的正整數(shù)）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式，并證明數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列；
（2）設數(shù)列{a_n}滿足不等式：|a₁-1|+|a₂-1|+…|a_2k-1-1|+|a_2k-1|≤6，求所有這樣的k的值．

Answer 1

分析：（1）依題意，可求得a₁=

2

2k-1

，當n≥2時，由a_n=S_n-S_n-1可求得a_n=

2n

2k-1

，再驗證n=1時成立，從而可將a_n的通項公式統(tǒng)一起來，再利用等差數(shù)列的定義證明即可；
（2）由a_n=

1

2k-1

（4n-2）可求得a_k=

1

2k-1

（4k-2）=2，利用數(shù)列{a_n}為遞增數(shù)列可知|a_k-1|+|a_k+1-1|+…+|a_k+k-1|=a_k-1+a_k+1-1+…+a_k+k-1＞k+1，由k+1＜5（k∈N^*）可知，1≤k≤4（k∈N^*），對k=1，2，3，4逐項計算即可．

解答：解：（1）∵S_n=

n+n2

2k-1

（k是與n無關的正整數(shù)），
∴a₁=

2

2k-1

，
當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=

1

2k-1

[（n²+n）-（（n-1）²+（n-1））]=

2n

2k-1

，
當n=1時，a₁=

2

2k-1

也適合上式，
∴a_n=

2n

2k-1

．
∴a_n+1-a_n=

1

2k-1

[2（n+1）-2n]=

2

2k-1

為定值，
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列；
（2）∵a_n=

2n

2k-1

，
∴a_k=

2k

2k-1

=1+

1

2k-1

，
∴a_k-1=

1

2k-1

，
又數(shù)列{a_n}的公差d=

2

2k-1

＞0，故數(shù)列{a_n}為遞增數(shù)列，
∴a_k+1-1＞

1

2k-1

，
a_k+2-1＞

1

2k-1

，…，
a_k+k-1＞

1

2k-1

，
∴|a_k-1|+|a_k+1-1|+…+|a_k+k-1|=a_k-

1

2k-1

+a_k+1-+

1

2k-1

…+a_k+k-

1

2k-1

＞k+1，
∴

(k+1)×2k

2k-1

+

(k+1)•k

2

•

2

2k-1

＞k+1+

k+1

2k-1

，
要使|a₁-1|+|a₂-1|+…|a_2k-1-1|+|a_2k-1|≤6，
需k+1＜5（k∈N^*），即1≤k≤4（k∈N^*），
①當k=1時，a₁=

2

2k-1

=2，d=

2

2k-1

=2，
∴a_n=2+（n-1）×2=2n，
∴|a₁-1|+|a₂-1|+…|a_2k-1-1|+|a_2k-1|=|a₁-1|+|a₂-1|=|2-1|+|4-1|=4≤6，即k=1時符合題意；
②當k=2時，a₁=

2

2k-1

=

2

3

，d=

2

2k-1

=

2

3

，
同理可求a_n=

2n

3

，
∴|a₁-1|+|a₂-1|+…|a_2k-1-1|+|a_2k-1|=|a₁-1|+|a₂-1|+…+|a₄-1|=（1-

2

3

）+（

4

3

-1）+（2-1）+（

8

3

-1）=

10

3

＜6，故k=2時符合題意；
③當k=3時，同理可求a_n=

2

5

n，
|a₁-1|+|a₂-1|+…+|a₆-1|=

3

5

+（1-

4

5

）+（

6

5

-1）+（

8

5

-1）+（2-1）+（

12

5

-1）=4＜6，故k=3時符合題意；
④當k=4時，同理可求a_n=

2

7

n，
|a₁-1|+|a₂-1|+…+|a₈-1|=

5

7

+

3

7

+

1

7

+

1

7

+（

10

7

-1）+（

12

7

-1）+（

14

7

-1）+（

16

7

-1）=

34

7

＜6．故k=4時符合題意；
綜上所述，存在k=1，2，3，4使|a₁-1|+|a₂-1|+…|a_2k-1-1|+|a_2k-1|≤6成立．

點評：本題考查數(shù)列的求和，考查等差關系的確定，著重考查數(shù)列的函數(shù)特性，（2）中求得a_k=2是突破口，是關鍵，屬于難題．