Question

定義數(shù)列{a_n}：a₁=1，當(dāng)n≥2時(shí)，an=

an-1+r，n=2k，k∈N* 2an-1，n=2k+1，k∈N*

其中r≥0常數(shù)．
（Ⅰ）若當(dāng)r=0時(shí)，S_n=a₁+a₂+…+a_n；
（1）求：S_n；
（2）求證：數(shù)列{S_2n}中任意三項(xiàng)均不能構(gòu)成等差數(shù)列；
（Ⅱ）求證：對(duì)一切n∈N^*及r≥0，不等式

n

k=1

2k

a2k-1a2k

＜4恒成立．

Answer 1

分析：（1）先計(jì)算數(shù)列的前8項(xiàng)猜想數(shù)列的特點(diǎn)，數(shù)列{a_2k-1}、{a_2k}（k∈N^*）均為等比數(shù)列，從而利用等比數(shù)列的求和公式求解即可；對(duì)于否定性的結(jié)論的證明，往往利用反證法證明；
（1）欲證此不等式

n

k=1

2k

a2k-1a2k

＜4恒成立，先對(duì)左邊式子利用拆項(xiàng)法求和，后再進(jìn)行放縮即得．

解答：解：（1）當(dāng)r=0時(shí)，計(jì)算得數(shù)列的前8項(xiàng)為：1，1，2，2，4，4，8，8．
從而猜出數(shù)列{a_2k-1}、{a_2k}（k∈N^*）均為等比數(shù)列． （2分）
∵a_2k=a_2k-1=2a_2k-2，a_2k+1=2a_2k=2a_2k-1，
∴數(shù)列{a_2k-1}、{a_2k}（k∈N^*）均為等比數(shù)列，∴a_2k-1=a_2k=2^k-1． （4分）
①∴S_2k=2（a₁+a₃+a₅++a_2k-1）=2（2^k-1）=2^k+1-2，S_2k-1=S_2k-2+a_2k-1=2^k-2+2^k-1=3×2^k-1-2，
∴Sn=

2 n 2 +1-2，n=2k 3×2 n-1 2 -2   n=2k-1

k∈N*．（6分）
②證明（反證法）：假設(shè)存在三項(xiàng)
S_m，S_n，S_p（m，n，p∈N^*，m＜n＜p）是等差數(shù)列，
即2S_n=S_m+S_p成立．
因m，n，p均為偶數(shù)，
設(shè)m=2m₁，n=2n₁，p=2p₁，（m₁，n₁，p₁∈N^*），
∴2×2(2n1-1)=2(2m1-1)+2(2p1-1)，
即2×2n1=2m1+2p1，
∴2n1-m1+1=1+2p1-m1，
而此等式左邊為偶數(shù)，右邊為奇數(shù)，這就矛盾；（10分）
（2）∵a_2k=a_2k-1+r=2a_2k-2+r，
∴a_2k+r=2（a_2k-2+r），∴{a_2k+r}是首項(xiàng)為1+2r，
公比為2的等比數(shù)列，∴a_2k+r=（1+2r）•2^k-1．
又∵a_2k+1=2a_2k=2（a_2k-1+r），∴a_2k+1+2r=2（a_2k-1+2r），
∴{a_2k-1+2r}是首項(xiàng)為1+2r，公比為2的等比數(shù)列，
∴a_2k-1+2r=（1+2r）•2^k-1． （12分）
∴

2k

a2k-1a2k

=

2k

[(1+2r)•2k-1-2r]•[(1+2r)•2k-1-r]

=

2k-1

[(1+2r)•2k-2-r]•[(1+2r)•2k-1-r]

=

2

1+2r

•[

1

(1+2r)•2k-2-r

-

1

(1+2r)•2k-1-r

]，
∴

n

k=1

2k

a2k-1a2k

=

2

1+2r

n

k=1

[

1

(1+2r)•2k-2-r

-

1

(1+2r)•2k-1-r

]
=

2

1+2r

[

1

(1+2r)•2-1-r

-

1

(1+2r)•2n-1-r

]＜

2

1+2r

•

2

1+2r-2r

=

4

1+2r

．
∵r≥0，∴

4

1+2r

≤4．
∴

n

k=1

2k

a2k-1a2k

＜4． （16分）

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了等差數(shù)列、等比數(shù)列、不等式證明中的反證法與放縮法以及數(shù)列的求和，是一道綜合性很強(qiáng)的題目，屬于難題．