Question

【题目】已知常数p＞0，数列{an}满足an+1=|p﹣an|+2an+p，n∈N*．
（1）若a1=﹣1，p=1， ①求a4的值；
②求数列{an}的前n项和Sn；
（2）若数列{an}中存在三项ar ， as ， at（r，s，t∈N*，r＜s＜t）依次成等差数列，求 的取值范围．

Answer 1

【答案】
（1）解：①∵an+1=|p﹣an|+2an+p，

∴a2=|1﹣a1|+2a1+1=2﹣2+1=1，

a3=|1﹣a2|+2a2+1=0+2+1=3，

a4=|1﹣a3|+2a3+1=2+6+1=9，

②∵a2=1，an+1=|1﹣an|+2an+1，

∴当n≥2时，an≥1，

当n≥2时，an+1=﹣1+an+2an+1=3an，即从第二项起，数列{an}是以1为首项，以3为公比的等比数列，

∴数列{an}的前n项和Sn=a1+a2+a3+a4+…+an=﹣1+ = ﹣ ，（n≥2），

显然当n=1时，上式也成立，

∴Sn= ﹣

（2）解：∵an+1﹣an=|p﹣an|+an+p≥p﹣an+an+p=2p＞0，

∴an+1＞an，即{an}单调递增．

（i）当 ≥1时，有a1≥p，于是an≥a1≥p，

∴an+1=|p﹣an|+2an+p=an﹣p+2an+p=3an，∴ ．

若数列{an}中存在三项ar，as，at（r，s，t∈N*，r＜s＜t）依次成等差数列，则有2as=ar+at，

即2×3s﹣1=3r﹣1+3t﹣1．（*）

∵s≤t﹣1，∴2×3s﹣1= ＜3t﹣1＜3r﹣1+3t﹣1．因此（*）不成立．因此此时数列{an}中不存在三项ar，as，at（r，s，t∈N*，r＜s＜t）依次成等差数列．

（ii）当 时，有﹣p＜a1＜p．此时a2=|P﹣a1|+2a1+p=p﹣a1+2a1+p=a1+2p＞p．

于是当n≥2时，an≥a2＞p．从而an+1=|p﹣an|+2an+p=an﹣p+2an+p=3an．∴an=3n﹣2a2=3n﹣2（a1+2p）（n≥2）．

若数列{an}中存在三项ar，as，at（r，s，t∈N*，r＜s＜t）依次成等差数列，则有2as=ar+at，

同（i）可知：r=1．于是有2×3s﹣2（a1+2p）=a1+3t﹣2（a1+2p），∵2≤S≤t﹣1，∴ =2×3s﹣2﹣3t﹣2= ﹣ ＜0．∵2×3s﹣2﹣3t﹣2是整数，∴ ≤﹣1．于是a1≤﹣a1﹣2p，即a1≤﹣p．与﹣p＜a1＜p矛盾．

故此时数列{an}中不存在三项ar，as，at（r，s，t∈N*，r＜s＜t）依次成等差数列．

（iii）当 ≤﹣1时，有a1≤﹣p＜p．a1+p≤0．

于是a2=|P﹣a1|+2a1+p=p﹣a1+2a1+p=a1+2p．

a3=|p﹣a2|+2a2+p=|a1+p|+2a1+5p．=﹣a1﹣p+2a1+5p=a1+4p．

此时数列{an}中存在三项a1，a2，a3依次成等差数列．

综上可得： ≤﹣1

【解析】（1）①an+1=|p﹣an|+2an+p，可得a2=|1﹣a1|+2a1+1=2﹣2+1=1，同理可得a3=3，a4=9．②a2=1，an+1=|1﹣an|+2an+1，当n≥2时，an≥1，当n≥2时，an+1=﹣1+an+2an+1=3an ， 即从第二项起，数列{an}是以1为首项，以3为公比的等比数列，利用等比数列的求和公式即可得出Sn ． （2）an+1﹣an=|p﹣an|+an+p≥p﹣an+an+p=2p＞0，可得an+1＞an ， 即{an}单调递增．（i）当 ≥1时，有a1≥p，于是an≥a1≥p，可得an+1=|p﹣an|+2an+p=an﹣p+2an+p=3an ， ．利用反证法即可得出不存在．（ii）当 时，有﹣p＜a1＜p．此时a2=|P﹣a1|+2a1+p=p﹣a1+2a1+p=a1+2p＞p．于是当n≥2时，an≥a2＞p．从而an+1=|p﹣an|+2an+p=an﹣p+2an+p=3an ． an=3n﹣2a2=3n﹣2（a1+2p）（n≥2）．假设存在2as=ar+at ， 同（i）可知：r=1．得出矛盾，因此不存在．（iii）当 ≤﹣1时，有a1≤﹣p＜p．a1+p≤0．于是a2=|P﹣a1|+2a1+p=p﹣a1+2a1+p=a1+2p．a3=a1+4p．即可得出结论．
【考点精析】本题主要考查了数列的前n项和和数列的通项公式的相关知识点，需要掌握数列{an}的前n项和sn与通项an的关系；如果数列an的第n项与n之间的关系可以用一个公式表示，那么这个公式就叫这个数列的通项公式才能正确解答此题．