Question

定义数列{a_n}：a₁=1，当n≥2 时，a_n=

an-1+r，n=2k，k∈N* 2an-1，n=2k-1，k∈N*

．
（1）当r=0时，S_n=a₁+a₂+a₃+…+a_n．
①求：S_n； ②求证：数列{S_2n}中任意三项均不能够成等差数列．
（2）若r≥0，求证：不等式

n

k=1

2k

a2k-1a2k

＜4（n∈N^*）恒成立．

Answer 1

分析：（1）通过求出前8项猜出数列{a_2k-1}，{a_2k}（n∈N^*）均为等比数列，再证明即可，利用等比数列的前n项和公式即可得出S_n，可用反证法证明②；
（2）利用（1）的结论和裂项求和即可证明．

解答：（1）解：当r=0时，计算数列的前8项，得1，1，2，2，4，4，8，8，从而才出数列{a_2k-1}，{a_2k}（n∈N^*）均为等比数列．
∵a_2k=a_2k-1=2a_2k-2，a_2k+1=2a_2k=2a_2k-1，
∴数列{a_2k-1}，{a_2k}（n∈N^*）均为等比数列．
∴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，当n=2k时 3×2 n-1 2 -2，当n=2k-1时

．
②证明：（反证法）假设数列{S_2n}中存在三项S_m，S_n，S_p（m，n，p∈N^*，m＜n＜p）能够成等差数列．
即2S_n=S_m+S_p成立，
由于m，n，p均为偶数，设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，
而等式的左边是偶数，右边是奇数，因此矛盾．
故假设不成立．因此原结论成立．
（2）证明：∵a_2k=a_2k-1+r=2a_2k-2+r，∴a_2k+r=2（a_2k-2+r），
∴数列{a_2k+r}是以1+2r为首项，2为公比的等比数列，
∴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为首项，2为公比的等比数列．
∴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．

点评：本题分奇偶项给出数列的通项公式，先猜想、后证明是经常采用的方法．对于含有“任意”两个字的问题证明时可以考虑反证法．熟练掌握裂项求和的方法、等比数列的通项公式及其前n项和公式、不等式的基本性质是解题的关键．