Question

（2012•浦東新區(qū)一模）定義數(shù)列{x_n}，如果存在常數(shù)p，使對(duì)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(dòng)數(shù)列”．
（1）設(shè)a_n=2n-1，bn=(-

1

2

)n，n∈N^*，判斷{a_n}、{b_n}是否為“p-擺動(dòng)數(shù)列”，并說明理由；
（2）設(shè)數(shù)列{c_n}為“p-擺動(dòng)數(shù)列”，c₁＞p，求證：對(duì)任意正整數(shù)m，n∈N^*，總有c_2n＜c_2m-1成立；
（3）設(shè)數(shù)列{d_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且Sn=(-1)n•n，試問：數(shù)列{d_n}是否為“p-擺動(dòng)數(shù)列”，若是，求出p的取值范圍；若不是，說明理由．

Answer 1

分析：（1）假設(shè)數(shù)列{a_n}是“p-擺動(dòng)數(shù)列”，由定義知存在常數(shù)p，總有2n-1＜p＜2n+1對(duì)任意n成立，通過給n賦值說明常數(shù)p不存在即可，對(duì)于數(shù)列{b_n}，通過觀察取p=0，然后按照定義論證即可；
（2）根據(jù)數(shù)列{c_n}為“p-擺動(dòng)數(shù)列”及c₁＞p，可推出（c_n+2-p）（c_n-p）＞0，由此可推出c_2m-1＞p，同理可推出c_2n＜p，從而不等式可證；
（3）先由S_n求出d_n，據(jù)d_n易求出常數(shù)p值，根據(jù)數(shù)列{d_n}的奇數(shù)項(xiàng)、偶數(shù)項(xiàng)的單調(diào)性分別求出p的范圍，然后兩者取交集即可；

解答：解：（1）假設(shè)數(shù)列{a_n}是“p-擺動(dòng)數(shù)列”，即存在常數(shù)p，總有2n-1＜p＜2n+1對(duì)任意n成立，
不妨取n=1，則1＜p＜3，取n=2，則3＜p＜5，顯然常數(shù)p不存在，
所以數(shù)列{a_n}不是“p-擺動(dòng)數(shù)列”；
而數(shù)列{b_n}是“p-擺動(dòng)數(shù)列”，p=0．
由bn=(-

1

2

)n，于是bnbn+1=(-

1

2

)2n+1＜0對(duì)任意n成立，
所以數(shù)列{b_n}是“p-擺動(dòng)數(shù)列”．
（2）由數(shù)列{c_n}為“p-擺動(dòng)數(shù)列”，c₁＞p，即存在常數(shù)p，使對(duì)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，
所以c₁＞p＞⇒c₃＞p⇒…⇒c_2m-1＞p，
同理（c₂-p）（c₁-p）＜0⇒c₂＜p⇒c₄＜p⇒…⇒c_2n＜p，
所以c_2n＜p＜c_2m-1．
因此對(duì)任意的m，n∈N^*，都有c_2n＜c_2m-1成立．
（3）當(dāng)n=1時(shí)，d₁=-1，
當(dāng)n≥2，n∈N^*時(shí)，dn=Sn-Sn-1=(-1)n(2n-1)，
綜上，dn=(-1)n(2n-1)，
則存在p=0，使對(duì)任意正整數(shù)n，總有dndn+1=(-1)2n+1(2n-1)(2n+1)＜0成立，
所以數(shù)列{d_n}是“p-擺動(dòng)數(shù)列”；
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)d_n=-2n+1遞減，所以d_n≤d₁=-1，只要p＞-1即可，
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)d_n=2n-1遞增，d_n≥d₂=3，只要p＜3即可．
綜上-1＜p＜3．
所以數(shù)列{d_n}是“p-擺動(dòng)數(shù)列”，p的取值范圍是（-1，3）．

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列與不等式的綜合、由數(shù)列前n項(xiàng)和求通項(xiàng)，考查學(xué)生運(yùn)用所學(xué)知識(shí)分析解決新問題的能力，本題綜合性強(qiáng)，難度大，對(duì)能力要求較高．