分析 (1)假設(shè)數(shù)列{an}是“p-擺動數(shù)列”,即存在常數(shù)p,總有2n-1<p<2n+1對任意n成立,對n取值即可判斷出.由${b_n}={q^n}$,于是${b_n}{b_{n+1}}={q^{2n+1}}<0$(-1<q<0)對任意n成立,即可判斷出.
(2)由數(shù)列{cn}為“p-擺動數(shù)列”,c1=1$⇒{c_2}=\frac{1}{2}$,即存在常數(shù)$\frac{1}{2}<p<1$,使對任意正整數(shù)n,總有(cn+1-p)(cn-p)<0成立;即有(cn+2-p)(cn+1-p)<0成立.則(cn+2-p)(cn-p)>0,分別利用奇數(shù)項與偶數(shù)項的單調(diào)性即可得出.
(3)由${d_n}={(-1)^n}•(2n-1)$$⇒{S_n}={(-1)^n}•n$,顯然存在p=0,使對任意正整數(shù)n,總有${S_n}{S_{n+1}}={(-1)^{2n+1}}•n(n+1)<0$成立,即可證明數(shù)列{Sn}是“p-擺動數(shù)列”;分別利用奇數(shù)項與偶數(shù)項的單調(diào)性即可得出p的取值范圍.
解答 解:(1)假設(shè)數(shù)列{an}是“p-擺動數(shù)列”,
即存在常數(shù)p,總有2n-1<p<2n+1對任意n成立,
不妨取n=1時則1<p<3,取n=2時則3<p<5,顯然常數(shù)p不存在,
∴數(shù)列{an}不是“p-擺動數(shù)列”;
由${b_n}={q^n}$,于是${b_n}{b_{n+1}}={q^{2n+1}}<0$對任意n成立,其中p=0.
∴數(shù)列{bn}是“p-擺動數(shù)列”.
(2)由數(shù)列{cn}為“p-擺動數(shù)列”,c1=1$⇒{c_2}=\frac{1}{2}$,
即存在常數(shù)$\frac{1}{2}<p<1$,使對任意正整數(shù)n,總有(cn+1-p)(cn-p)<0成立;
即有(cn+2-p)(cn+1-p)<0成立.
則(cn+2-p)(cn-p)>0,
∴c1>p>⇒c3>p⇒…⇒c2n-1>p.
同理c2<p⇒c4<p⇒…⇒c2n<p.
∴c2n<p<c2n-1⇒$\frac{1}{{{c_{2n-1}}+1}}<{c_{2n-1}}$,解得${c_{2n-1}}>\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$即$p≤\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$.
同理$\frac{1}{{{c_{2n}}+1}}>{c_{2n}}$,解得${c_{2n}}<\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$;即$p≥\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$.
綜上$p=\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$.
(3)證明:由${d_n}={(-1)^n}•(2n-1)$$⇒{S_n}={(-1)^n}•n$,
顯然存在p=0,使對任意正整數(shù)n,總有${S_n}{S_{n+1}}={(-1)^{2n+1}}•n(n+1)<0$成立,
∴數(shù)列{Sn}是“p-擺動數(shù)列”;
當(dāng)n為奇數(shù)時Sn=-n遞減,∴Sn≤S1=-1,只要p>-1即可,
當(dāng)n為偶數(shù)時Sn=n遞增,Sn≥S2=2,只要p<2即可,
綜上-1<p<2,p的取值范圍是(-1,2).
點評 本題考查了數(shù)列的單調(diào)性、新定義“p-擺動數(shù)列”、不等式的解法,考查了推理能力與計算能力,屬于難題.
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | x=2是f(x)的極小值點 | |
B. | 函數(shù)y=f(x)-x有且只有1個零點 | |
C. | 存在正實數(shù)k,使得f(x)>kx恒成立 | |
D. | 對任意兩個正實數(shù)x1,x2,且x2>x1,若f(x1)=f(x2),則x1+x2>4 |
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