Question

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

an-1+r，n=2k，k∈N* 2an-1，n=2k-1，k∈N*

．
（1）當(dāng)r=0時(shí)，S_n=a₁+a₂+a₃+…+a_n．
①求：S_n； ②求證：數(shù)列{S_2n}中任意三項(xiàng)均不能夠成等差數(shù)列．
（2）若r≥0，求證：不等式

n

k=1

2k

a2k-1a2k

＜4（n∈N^*）恒成立．

Answer 1

分析：（1）通過求出前8項(xiàng)猜出數(shù)列{a_2k-1}，{a_2k}（n∈N^*）均為等比數(shù)列，再證明即可，利用等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出S_n，可用反證法證明②；
（2）利用（1）的結(jié)論和裂項(xiàng)求和即可證明．

解答：（1）解：當(dāng)r=0時(shí)，計(jì)算數(shù)列的前8項(xiàng)，得1，1，2，2，4，4，8，8，從而才出數(shù)列{a_2k-1}，{a_2k}（n∈N^*）均為等比數(shù)列．
∵a_2k=a_2k-1=2a_2k-2，a_2k+1=2a_2k=2a_2k-1，
∴數(shù)列{a_2k-1}，{a_2k}（n∈N^*）均為等比數(shù)列．
∴a2k-1=a2k=2k-1，
①∴S_2k=2（a₁+a₃+…+a_2k-1）=2×

2k-1

2-1

=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，當(dāng)n=2k時(shí) 3×2 n-1 2 -2，當(dāng)n=2k-1時(shí)

．
②證明：（反證法）假設(shè)數(shù)列{S_2n}中存在三項(xiàng)S_m，S_n，S_p（m，n，p∈N^*，m＜n＜p）能夠成等差數(shù)列．
即2S_n=S_m+S_p成立，
由于m，n，p均為偶數(shù)，設(shè)m=2m₁，n=2n₁，p=2p₁，（m₁，n₁，p₁∈N^*），
∴2(2n1+1-2)=2m1+1-2+2p1+1-2，即2×2n1=2m1+2p1，
∴2n1-m1+1=1+2p1-m1，
而等式的左邊是偶數(shù)，右邊是奇數(shù)，因此矛盾．
故假設(shè)不成立．因此原結(jié)論成立．
（2）證明：∵a_2k=a_2k-1+r=2a_2k-2+r，∴a_2k+r=2（a_2k-2+r），
∴數(shù)列{a_2k+r}是以1+2r為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，
∴a2k+r=(1+2r)2k-1．
由∵a_2k+1=2a_2k=2（a_2k-1+r），
∴a_2k+1+2r=2（a_2k-1+2r），
∴{a_2k-1+2r}是以1+2r為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．
∴a2k-1=(1+2r)2k-1-2r．
∴

2k

a2k-1a2k

=

2k

[(1+2r)2k-1-2r] [(1+2r)k-1-r]

=

2k-1

[(1+2r)2k-2-r] [(1+2r)k-1-r]

=

2

1+2r

[

1

(1+2r)2k-2-r

-

1

(1+2r)2k-1-r

]．
∴不等式

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．
∴不等式

n

k=1

2k

a2k-1a2k

＜4（n∈N^*）恒成立．

點(diǎn)評(píng)：本題分奇偶項(xiàng)給出數(shù)列的通項(xiàng)公式，先猜想、后證明是經(jīng)常采用的方法．對(duì)于含有“任意”兩個(gè)字的問題證明時(shí)可以考慮反證法．熟練掌握裂項(xiàng)求和的方法、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、不等式的基本性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．