Question

2．若數(shù)列{a_n}中的項(xiàng)都滿足a_2n-1=a_2n＜a_2n+1（n∈N^*），則稱{a_n}為“階梯數(shù)列”．
（1）設(shè)數(shù)列{b_n}是“階梯數(shù)列”，且b₁=1，b_2n+1=9b_2n-1（n∈N^*），求b₂₀₁₆；
（2）設(shè)數(shù)列{c_n}是“階梯數(shù)列”，其前n項(xiàng)和為S_n，求證：{S_n}中存在連續(xù)三項(xiàng)成等差數(shù)列，但不存在連續(xù)四項(xiàng)成等差數(shù)列；
（3）設(shè)數(shù)列{d_n}是“階梯數(shù)列”，且d₁=1，d_2n+1=d_2n-1+2（n∈N^*），記數(shù)列{$\frac{1}{0ewmy4a_{n}w0u004g_{n+2}}$}的前n項(xiàng)和為T_n，問是否存在實(shí)數(shù)t，使得（t-T_n）（t+$\frac{1}{{T}_{n}}$）＜0對(duì)任意的n∈N^*恒成立？若存在，請求出實(shí)數(shù)t的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)數(shù)列{b_n}是“階梯數(shù)列”，且b₁=1，b_2n+1=9b_2n-1（n∈N^*），b₂₀₁₆=b₂₀₁₅，再利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（2）由數(shù)列{c_n}是“階梯數(shù)列”，可得c_2n-1=c_2n．即可得出S_2n-1-S_2n-2=S_2n-S_2n-1，即可證明{S_n}中存在連續(xù)三項(xiàng)成等差數(shù)列．假設(shè){S_n}中存在連續(xù)四項(xiàng)成等差數(shù)．S_n+1-S_n=S_n+2-S_n+1=S_n+3-S_n+2，可得a_n+1=a_n+2=a_n+3，得出矛盾．
（3）設(shè)數(shù)列{d_n}是“階梯數(shù)列”，且d₁=1，d_2n+1=d_2n-1+2（n∈N^*），利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得：d_2n-1=2n-1=d_2n．$\frac{1}{c4gcmou_{2n}iekakg0_{2n+1}}$=$\frac{1}{yocmawc_{2n-1}owkwi44_{2n+1}}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$．n=2k（k∈N^*）時(shí)，T_n=T_2k=$（\frac{1}{mam4qam_{1}owksia0_{3}}+\frac{1}{uiwiuqw_{2}akymssy_{4}}）$+$（\frac{1}{4eukyu4_{3}syak000_{5}}+\frac{1}{emaoy4a_{4}eo4wkg6_{6}}）$+…+$（\frac{1}{uesgsks_{2k-1}m0omyw6_{2k+1}}+\frac{1}{mguaqqq_{2k}0ew4kgk_{2k+2}}）$=2$（\frac{1}{wiykwqm_{1}ko0ak0m_{3}}+\frac{1}{ai4i6ig_{3}kuge0ww_{5}}+…\frac{1}{wc6muus_{2k-1}ymgck0o_{2k+1}}）$，利用“裂項(xiàng)求和”及其數(shù)列的單調(diào)性可得T_n∈$[\frac{2}{3}，1）$，由（t-T_n）（t+$\frac{1}{{T}_{n}}$）＜0，可得$-\frac{1}{{T}_{n}}$＜t＜T_n．n=2k-1（k∈N^*）時(shí)，T_n=T_2k-$\frac{1}{kqcoeay_{2k}koescac_{2k+2}}$=T_2k-$\frac{1}{yeqeq0q_{2k-1}es6aqmk_{2k+1}}$，同理可得．

解答 （1）解：設(shè)數(shù)列{b_n}是“階梯數(shù)列”，且b₁=1，b_2n+1=9b_2n-1（n∈N^*），
∴數(shù)列{b_2n-1}是等比數(shù)列，首項(xiàng)為1，公比為9．
∴b₂₀₁₆=b₂₀₁₅=b_2×1008-1=1×9^1008-1=9¹⁰⁰⁷=3²⁰¹⁴．
（2）證明：∵數(shù)列{c_n}是“階梯數(shù)列”，∴c_2n-1=c_2n．
∴S_2n-1-S_2n-2=S_2n-S_2n-1，因此{(lán)S_n}中存在連續(xù)三項(xiàng)成等差數(shù)列．
假設(shè){S_n}中存在連續(xù)四項(xiàng)成等差數(shù)．∴S_n+1-S_n=S_n+2-S_n+1=S_n+3-S_n+2，
∴a_n+1=a_n+2=a_n+3，
n=2k-1時(shí)，a_2k=a_2k+1=a_2k+2，與數(shù)列{c_n}是“階梯數(shù)列”矛盾；
同理n=2k時(shí)，也得出矛盾．
（3）解：設(shè)數(shù)列{d_n}是“階梯數(shù)列”，且d₁=1，d_2n+1=d_2n-1+2（n∈N^*），
∴數(shù)列{d_2n-1}是等差數(shù)列，公差為2，首項(xiàng)為1．
∴d_2n-1=1+2（n-1）=2n-1=d_2n．
$\frac{1}{uaogsm4_{2n}gqcm40e_{2n+1}}$=$\frac{1}{syoyo00_{2n-1}uaoy0qi_{2n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$．
n=2k（k∈N^*）時(shí)，T_n=T_2k=$（\frac{1}{iyg4o44_{1}wc4eqsk_{3}}+\frac{1}{e4c0g6c_{2}gsgoecu_{4}}）$+$（\frac{1}{ksgye4c_{3}amamyys_{5}}+\frac{1}{00au0ki_{4}m0oaomk_{6}}）$+…+$（\frac{1}{emywee4_{2k-1}qyoaoke_{2k+1}}+\frac{1}{0kcsc4a_{2k}0smcwo0_{2k+2}}）$
=2$（\frac{1}{co0qec0_{1}4eue4sq_{3}}+\frac{1}{4qamasc_{3}4goyook_{5}}+…\frac{1}{awg0om4_{2k-1}m4a0igi_{2k+1}}）$
=2×$\frac{1}{2}$×$（1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+…+\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}）$
=1-$\frac{1}{2k+1}$=1-$\frac{1}{n+1}$=$\frac{n}{n+1}$．
∴T_n∈$[\frac{2}{3}，1）$，$-\frac{1}{{T}_{n}}$∈$[-\frac{3}{2}，-1）$．
∴（t-T_n）（t+$\frac{1}{{T}_{n}}$）＜0，
∴$-\frac{1}{{T}_{n}}$＜t＜T_n，解得-1≤t$＜\frac{2}{3}$．①
n=2k-1（k∈N^*）時(shí)，T_n=T_2k-$\frac{1}{eu4yik0_{2k}wyoamik_{2k+2}}$=T_2k-$\frac{1}{esaqyww_{2k-1}qyiw4kk_{2k+1}}$
=1-$\frac{1}{2k+1}$-$\frac{1}{2}$（12k-1-12k+1）=1-$\frac{1}{2}（\frac{1}{2k-1}+\frac{1}{2k+1}）$∈$[\frac{1}{3}，1）$，
∴$-\frac{1}{{T}_{n}}$∈[-3，-1）．
∴（t-T_n）（t+$\frac{1}{{T}_{n}}$）＜0，
∴$-\frac{1}{{T}_{n}}$＜t＜T_n，∴-1≤t$＜\frac{1}{3}$．②．
由①②可得：實(shí)數(shù)t的取值范圍是-1≤t$＜\frac{1}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了新定義、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式及其性質(zhì)、“裂項(xiàng)求和方法”、不等式的解法，考查了反證法、分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．