Question

12．已知一個(gè)數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)是1或3，首項(xiàng)是1，且在第k個(gè)1和第k+1個(gè)1之間有2k-1個(gè)3，即1，3，1，3，3，3，1，3，3，3，3，3，1，…，記數(shù)列的前n項(xiàng)的和為S_n．
（1）試問(wèn)第12個(gè)1為該數(shù)列的第幾項(xiàng)？
（2）若S_m=2000，試求m的值；
（3）設(shè)有定理：若數(shù)列{a_n}、{b_n}、{c_n}滿足a_n≤b_n≤c_n（n∈N^*），且$\underset{lim}{n→∞}$a_n=$\underset{lim}{n→∞}$c_n=A，則$\underset{lim}{n→∞}$b_n=A，由上述定理判斷$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{{S}_{n}}{n}$是否存在？如果存在，求出該極限的值；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）將第k個(gè)1與第k+1個(gè)1前的3記為第k對(duì)，得到前k對(duì)共有項(xiàng)數(shù)為2+4+…+2k=k（k+1）．由此能求出第12個(gè)1為該數(shù)列的第幾項(xiàng)；
（2）由前k對(duì)所在全部項(xiàng)的和為S_k（k+1）=k+3[k（k+1）-k]=3k²+k，能推導(dǎo)出S₆₅₁=1901且自第656項(xiàng)到第702項(xiàng)均為3，而2000-1901=99能被3整除，由此得到存在m=651+33=684，使S₆₈₄=2000；
（3）利用$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{{S}_{（k-1）k}}{（k-1）k}$=$\underset{lim}{n→∞}$（3+$\frac{6}{k-1}$）=3，$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{{S}_{k（k+1）}}{k（k+1）}$=$\underset{lim}{n→∞}$（3+$\frac{6}{k}$）=3及定義即可．

解答 解：（1）將第k個(gè)1與第k+1個(gè)1前的3記為第k對(duì)，
即（1，2）為第1對(duì)，共1+1=2項(xiàng)；
（1，2，2，2）為第2對(duì)，共1+3=4項(xiàng)；
…
故前k對(duì)共有項(xiàng)數(shù)為2+4+…+2k=k（k+1）．
第12個(gè)1所在的項(xiàng)之前共有11對(duì)，
所以12個(gè)1為該數(shù)列的11×（11+1）+1=123（項(xiàng)）；
（2）∵前k對(duì)所在全部項(xiàng)的和為S_k（k+1）=k+3[k（k+1）-k]=3k²+k，
∴S_25×26=S₆₅₀=3×25²+25=1900，
S_26×27=S₇₀₂=3×26²+26=2054，
即S₆₅₁=1901且自第656項(xiàng)到第702項(xiàng)均為3，而2000-1901=99能被3整除，
故存在m=651+33=684，使S₆₈₄=2000；
（3）結(jié)論：$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{{S}_{n}}{n}$=3；
理由如下：對(duì)任意的n∈N^*，總是存在k∈N^*，使得（k-1）k＜n＜k（k+1），
且有$\frac{{S}_{（k-1）k}}{（k-1）k}$≤$\frac{{S}_{n}}{n}$≤$\frac{{S}_{k（k+1）}}{k（k+1）}$，
又S_k（k+1）=3k²+k，所以$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{{S}_{（k-1）k}}{（k-1）k}$=$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{3k（k+1）}{（k-1）k}$=$\underset{lim}{n→∞}$（3+$\frac{6}{k-1}$）=3，
同理$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{{S}_{k（k+1）}}{k（k+1）}$=$\underset{lim}{n→∞}$（3+$\frac{6}{k}$）=3，
所以$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{{S}_{n}}{n}$=3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列知識(shí)的綜合運(yùn)用，具有一定的探索性，對(duì)數(shù)學(xué)思維的要求較高，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意等價(jià)轉(zhuǎn)化思想的合理運(yùn)用．