Question

8．定义：对于数列{x_n}，如果存在常数p，使对任意正整数n，总有（x_n+1-p）（x_n-p）＜0成立，那么我们称数列{x_n}为“p-摆动数列”．
（1）设a_n=2n-1，${b_n}={q^n}$（-1＜q＜0），n∈N^*，判断数列{a_n}、{b_n}是否为“p-摆动数列”，并说明理由；
（2）已知“p-摆动数列”{c_n}满足：${c_{n+1}}=\frac{1}{{{c_n}+1}}$，c₁=1．求常数p的值；
（3）设${d_n}={（-1）^n}•（\;2n-1）$，n∈N^*，且数列{d_n}的前n项和为S_n．求证：数列{S_n}是“p-摆动数列”，并求出常数p的取值范围．

Answer 1

分析 （1）假设数列{a_n}是“p-摆动数列”，即存在常数p，总有2n-1＜p＜2n+1对任意n成立，对n取值即可判断出．由${b_n}={q^n}$，于是${b_n}{b_{n+1}}={q^{2n+1}}＜0$（-1＜q＜0）对任意n成立，即可判断出．
（2）由数列{c_n}为“p-摆动数列”，c₁=1$⇒{c_2}=\frac{1}{2}$，即存在常数$\frac{1}{2}＜p＜1$，使对任意正整数n，总有（c_n+1-p）（c_n-p）＜0成立；即有（c_n+2-p）（c_n+1-p）＜0成立．则（c_n+2-p）（c_n-p）＞0，分别利用奇数项与偶数项的单调性即可得出．
（3）由${d_n}={（-1）^n}•（2n-1）$$⇒{S_n}={（-1）^n}•n$，显然存在p=0，使对任意正整数n，总有${S_n}{S_{n+1}}={（-1）^{2n+1}}•n（n+1）＜0$成立，即可证明数列{S_n}是“p-摆动数列”；分别利用奇数项与偶数项的单调性即可得出p的取值范围．

解答 解：（1）假设数列{a_n}是“p-摆动数列”，
即存在常数p，总有2n-1＜p＜2n+1对任意n成立，
不妨取n=1时则1＜p＜3，取n=2时则3＜p＜5，显然常数p不存在，
∴数列{a_n}不是“p-摆动数列”； 
由${b_n}={q^n}$，于是${b_n}{b_{n+1}}={q^{2n+1}}＜0$对任意n成立，其中p=0．
∴数列{b_n}是“p-摆动数列”．
（2）由数列{c_n}为“p-摆动数列”，c₁=1$⇒{c_2}=\frac{1}{2}$，
即存在常数$\frac{1}{2}＜p＜1$，使对任意正整数n，总有（c_n+1-p）（c_n-p）＜0成立；
即有（c_n+2-p）（c_n+1-p）＜0成立．
则（c_n+2-p）（c_n-p）＞0，
∴c₁＞p＞⇒c₃＞p⇒…⇒c_2n-1＞p．
同理c₂＜p⇒c₄＜p⇒…⇒c_2n＜p．
∴c_2n＜p＜c_2n-1⇒$\frac{1}{{{c_{2n-1}}+1}}＜{c_{2n-1}}$，解得${c_{2n-1}}＞\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$即$p≤\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$．
同理$\frac{1}{{{c_{2n}}+1}}＞{c_{2n}}$，解得${c_{2n}}＜\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$；即$p≥\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$．
综上$p=\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$．
（3）证明：由${d_n}={（-1）^n}•（2n-1）$$⇒{S_n}={（-1）^n}•n$，
显然存在p=0，使对任意正整数n，总有${S_n}{S_{n+1}}={（-1）^{2n+1}}•n（n+1）＜0$成立，
∴数列{S_n}是“p-摆动数列”；
当n为奇数时S_n=-n递减，∴S_n≤S₁=-1，只要p＞-1即可，
当n为偶数时S_n=n递增，S_n≥S₂=2，只要p＜2即可，
综上-1＜p＜2，p的取值范围是（-1，2）．

点评 本题考查了数列的单调性、新定义“p-摆动数列”、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．