Question

17．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和${S_n}={（-1）^{n+1}}\frac{1}{2^n}$，如果存在正整數(shù)n，使得（p-a_n）（p-a_n+1）＜0成立，則實(shí)數(shù)p的取值范圍是（-$\frac{3}{4}$，$\frac{1}{2}$）．

Answer 1

分析 求出${a_{2k}}=S{\;}_{2k}-{S_{2k-1}}=-\frac{1}{{{2^{2k}}}}-\frac{1}{{{2^{2k-1}}}}=-\frac{3}{{{2^{2k}}}}＜0$，${a_{2k+1}}={S_{2k+1}}-{S_{2k}}=\frac{1}{{{2^{2k+1}}}}+\frac{1}{{{2^{2k}}}}=\frac{3}{{{2^{2k+1}}}}＞0$，從而數(shù)列{a_n}的奇數(shù)項(xiàng)為遞減的等比數(shù)列且各項(xiàng)為正，偶數(shù)項(xiàng)為遞增的等比數(shù)列且各項(xiàng)為負(fù)，進(jìn)而不等式（p-a_n）（p-a_n+1）＜0成立即存在正整數(shù)k使得a_2k＜p＜a_2k-1成立，只需要a₂＜a₄＜…＜a_2k＜p＜a_2k-1＜…＜a₃＜a₁，由此能求出實(shí)數(shù)p的取值范圍．

解答 解：∵數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和${S_n}={（-1）^{n+1}}\frac{1}{2^n}$，
∴${a}_{1}={S}_{1}=（-1）^{2}•\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$，
a₂=S₂-S₁=（-1）³$\frac{1}{{2}^{2}}$-$\frac{1}{2}$=-$\frac{3}{4}$，
又${a_{2k}}=S{\;}_{2k}-{S_{2k-1}}=-\frac{1}{{{2^{2k}}}}-\frac{1}{{{2^{2k-1}}}}=-\frac{3}{{{2^{2k}}}}＜0$，
${a_{2k+1}}={S_{2k+1}}-{S_{2k}}=\frac{1}{{{2^{2k+1}}}}+\frac{1}{{{2^{2k}}}}=\frac{3}{{{2^{2k+1}}}}＞0$，
由題意知數(shù)列{a_n}的奇數(shù)項(xiàng)為遞減的等比數(shù)列且各項(xiàng)為正，
偶數(shù)項(xiàng)為遞增的等比數(shù)列且各項(xiàng)為負(fù)，
∴不等式（p-a_n）（p-a_n+1）＜0成立即存在正整數(shù)k使得a_2k＜p＜a_2k-1成立，
只需要a₂＜a₄＜…＜a_2k＜p＜a_2k-1＜…＜a₃＜a₁，
即$-\frac{3}{4}={a_2}＜P＜{a_1}=\frac{1}{2}$即可，
故$-\frac{3}{4}＜p＜\frac{1}{2}$．即實(shí)數(shù)p的取值范圍是（-$\frac{3}{4}$，$\frac{1}{2}$）．
故答案為：（-$\frac{3}{4}$，$\frac{1}{2}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查實(shí)數(shù)的取值范圍的求法，考查數(shù)列不等式的應(yīng)用，涉及到數(shù)列的前n項(xiàng)和與數(shù)列中的項(xiàng)的關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，考查創(chuàng)新意識(shí)、應(yīng)用意識(shí)，是中檔題．