Question

8．定義：對于數(shù)列{x_n}，如果存在常數(shù)p，使對任意正整數(shù)n，總有（x_n+1-p）（x_n-p）＜0成立，那么我們稱數(shù)列{x_n}為“p-擺動數(shù)列”．
（1）設(shè)a_n=2n-1，${b_n}={q^n}$（-1＜q＜0），n∈N^*，判斷數(shù)列{a_n}、{b_n}是否為“p-擺動數(shù)列”，并說明理由；
（2）已知“p-擺動數(shù)列”{c_n}滿足：${c_{n+1}}=\frac{1}{{{c_n}+1}}$，c₁=1．求常數(shù)p的值；
（3）設(shè)${d_n}={（-1）^n}•（\;2n-1）$，n∈N^*，且數(shù)列{d_n}的前n項和為S_n．求證：數(shù)列{S_n}是“p-擺動數(shù)列”，并求出常數(shù)p的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）假設(shè)數(shù)列{a_n}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{c_n}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（c_n+1-p）（c_n-p）＜0成立；即有（c_n+2-p）（c_n+1-p）＜0成立．則（c_n+2-p）（c_n-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{S_n}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{a_n}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{a_n}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{b_n}是“p-擺動數(shù)列”．
（2）由數(shù)列{c_n}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（c_n+1-p）（c_n-p）＜0成立；
即有（c_n+2-p）（c_n+1-p）＜0成立．
則（c_n+2-p）（c_n-p）＞0，
∴c₁＞p＞⇒c₃＞p⇒…⇒c_2n-1＞p．
同理c₂＜p⇒c₄＜p⇒…⇒c_2n＜p．
∴c_2n＜p＜c_2n-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{S_n}是“p-擺動數(shù)列”；
當n為奇數(shù)時S_n=-n遞減，∴S_n≤S₁=-1，只要p＞-1即可，
當n為偶數(shù)時S_n=n遞增，S_n≥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．