Question

4．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，|a_n+1-a_n|=pⁿ，其中n∈N^*，p是不為1的常數(shù)．
（Ⅰ）證明：若{a_n}是遞增數(shù)列，則{a_n}不可能是等差數(shù)列；
（Ⅱ）證明：若{a_n}是遞減的等比數(shù)列，則{a_n}中的每一項(xiàng)都大于其后任意m（m∈N^*）個(gè)項(xiàng)的和；
（Ⅲ）若p=2，且{a_2n-1}是遞增數(shù)列，{a_2n}是遞減數(shù)列，求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用反證法即可證明；
（Ⅱ）通過(guò)令n=1、2兩種情況即可求出公比q，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（Ⅲ）通過(guò)在|a_n+1-a_n|=2ⁿ中令n=1可知a₂=3或a₂=-1，分兩種情況討論，在每一種情況中分別求出數(shù)列{a_2n-1}、{a_2n}的通項(xiàng)公式即可．

解答 （Ⅰ）證明：假設(shè)數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，則a_n+1-a_n為一個(gè)常數(shù)d，
∵數(shù)列{a_n}是遞增數(shù)列，
∴|a_n+1-a_n|=a_n+1-a_n=pⁿ，
又∵p是不為1的常數(shù)，
∴d=pⁿ不是常數(shù)，矛盾，
故數(shù)列{a_n}不可能是等差數(shù)列；
（Ⅱ）證明：∵數(shù)列{a_n}是遞減的首項(xiàng)為1、公比為q的等比數(shù)列，
∴0＜q＜1，${a}_{n}={q}^{n-1}$，|a_n+1-a_n|=a_n-a_n+1=q^n-1-qⁿ=pⁿ，
又∵p是不為1的常數(shù)，
∴p＜1，
令n=1、2可知：1-q=p，q-q²=p²，
聯(lián)立，可知2q²-3q+1=0，
解得：q=$\frac{1}{2}$或q=1（舍），
∴a_n=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，S_n=2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴S_n+m-S_n=（2-$\frac{1}{{2}^{n+m-1}}$）-（2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）
=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$-$\frac{1}{{2}^{n+m-1}}$
=$\frac{1}{{2}^{n-1}}$（1-$\frac{1}{{2}^{m}}$），
∵m∈N^*，
∴1-$\frac{1}{{2}^{m}}$＜1，S_n+m-S_n＜$\frac{1}{{2}^{n-1}}$=a_n，
于是數(shù)列{a_n}中的每一項(xiàng)都大于其后任意m（m∈N^*）個(gè)項(xiàng)的和；
（Ⅲ）解：依題意，|a_n+1-a_n|=2ⁿ，
令n=1可知，|a₂-1|=2，解得：a₂=3或a₂=-1，
①當(dāng)a₂=3時(shí)，有|3-a₃|=4，解得：a₃=7或a₃=-1（舍），
∴|7-a₄|=8，解得：a₄=-1或a₄=15（舍），
∴|-1-a₅|=16，解得：a₅=15或a₅=-17（舍），
∴|15-a₆|=32，解得：a₆=-17或a₅=47（舍），
∵{a_2n-1}是遞增數(shù)列，{a_2n}是遞減數(shù)列，
∴|a_2n+1-a_2n|=a_2n+1-a_2n=4ⁿ，|a_2n+2-a_2n+1|=a_2n+1-a_2n+2=2•4ⁿ，
兩式相減得：a_2n+2-a_2n=-4ⁿ，
由累加法可知a_2n=a_2n-a_2（n-1）+a_2（n-1）-a_2（n-2）+…+a_2×2-a_2×1+a₂
=-4^n-1-4^n-2-…-4+3
=3-$\frac{4（1-{4}^{n-1}）}{1-4}$
=$\frac{13-{4}^{n}}{3}$，
同理|a_2n+1-a_2n+2|=a_2n+1-a_2n+2=2•4ⁿ，|a_2n+2-a_2（n+1）+1|=a_2（n+1）+1-a_2n+2=4•4ⁿ，
兩式相減得：a_2（n+1）+1-a_2n+1=2•4ⁿ，
由累加法可知a_2n-1=a_2（n-1）+1-a_2（n-2）+1+a_2（n-2）+1-a_2（n-3）+1+…+a_2×2+1-a_2×1+1+a_2×1+1
=2（4^n-2+4^n-3+…+4）+7
=7+2×$\frac{4（1-{4}^{n-2}）}{1-4}$
=$\frac{13+2×{4}^{n-1}}{3}$（n≥2），
又∵a₁=1不滿足上式，
∴a_2n-1=$\left\{\begin{array}{l}{1，}&{n=1}\\{\frac{13+2×{4}^{n-1}}{3}，}&{n≥2}\end{array}\right.$；
②當(dāng)a₂=-1時(shí)，有|-1-a₃|=4，解得：a₃=3或a₃=-5（舍），
∴|3-a₄|=8，解得：a₄=-5或a₄=11（舍），
∴|-5-a₅|=16，解得：a₅=11或a₅=-21（舍），
∴|11-a₆|=32，解得：a₆=-21或a₅=43（舍），
∵{a_2n-1}是遞增數(shù)列，{a_2n}是遞減數(shù)列，
∴|a_2n+1-a_2n|=a_2n+1-a_2n=4ⁿ，|a_2n+2-a_2n+1|=a_2n+1-a_2n+2=2•4ⁿ，
兩式相減得：a_2n+2-a_2n=-4ⁿ，
由累加法可知a_2n=a_2n-a_2（n-1）+a_2（n-1）-a_2（n-2）+…+a_2×2-a_2×1+a₂
=-4^n-1-4^n-2-…-4-1
=-$\frac{1-{4}^{n}}{1-4}$
=$\frac{1-{4}^{n}}{3}$，
同理|a_2n+1-a_2n+2|=a_2n+1-a_2n+2=2•4ⁿ，|a_2n+2-a_2（n+1）+1|=a_2（n+1）+1-a_2n+2=4•4ⁿ，
兩式相減得：a_2（n+1）+1-a_2n+1=2•4ⁿ，
由累加法可知a_2n-1=a_2（n-1）+1-a_2（n-2）+1+a_2（n-2）+1-a_2（n-3）+1+…+a_2×2+1-a_2×1+1+a_2×1+1
=2（4^n-2+4^n-3+…+4）+3
=3+2×$\frac{4（1-{4}^{n-2}）}{1-4}$
=$\frac{1+2×{4}^{n-1}}{3}$（n≥2），
又∵a₁=1滿足上式，
∴a_2n-1=$\frac{1+2×{4}^{n-1}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，考查分類討論的思想，涉及并項(xiàng)相消法，注意解題方法的積累，屬于難題．