Question

已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和Sn=

n+n2

2k-1

（n∈N^*，k是與n無關(guān)的正整數(shù)）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，并證明數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列；
（2）設(shè)數(shù)列{a_n}滿足不等式：|a₁-1|+|a₂-1|+…|a_2k-1-1|+|a_2k-1|≤6，求所有這樣的k的值．

Answer 1

（1）∵S_n=

n+n2

2k-1

（k是與n無關(guān)的正整數(shù)），
∴a₁=

2

2k-1

，
當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=

1

2k-1

[（n²+n）-（（n-1）²+（n-1））]=

2n

2k-1

，
當(dāng)n=1時，a₁=

2

2k-1

也適合上式，
∴a_n=

2n

2k-1

．
∴a_n+1-a_n=

1

2k-1

[2（n+1）-2n]=

2

2k-1

為定值，
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列；
（2）∵a_n=

2n

2k-1

，
∴a_k=

2k

2k-1

=1+

1

2k-1

，
∴a_k-1=

1

2k-1

，
又?jǐn)?shù)列{a_n}的公差d=

2

2k-1

＞0，故數(shù)列{a_n}為遞增數(shù)列，
∴a_k+1-1＞

1

2k-1

，
a_k+2-1＞

1

2k-1

，…，
a_k+k-1＞

1

2k-1

，
∴|a_k-1|+|a_k+1-1|+…+|a_k+k-1|=a_k-

1

2k-1

+a_k+1-+

1

2k-1

…+a_k+k-

1

2k-1

＞k+1，
∴

(k+1)×2k

2k-1

+

(k+1)•k

2

•

2

2k-1

＞k+1+

k+1

2k-1

，
要使|a₁-1|+|a₂-1|+…|a_2k-1-1|+|a_2k-1|≤6，
需k+1＜5（k∈N^*），即1≤k≤4（k∈N^*），
①當(dāng)k=1時，a₁=

2

2k-1

=2，d=

2

2k-1

=2，
∴a_n=2+（n-1）×2=2n，
∴|a₁-1|+|a₂-1|+…|a_2k-1-1|+|a_2k-1|=|a₁-1|+|a₂-1|=|2-1|+|4-1|=4≤6，即k=1時符合題意；
②當(dāng)k=2時，a₁=

2

2k-1

=

2

3

，d=

2

2k-1

=

2

3

，
同理可求a_n=

2n

3

，
∴|a₁-1|+|a₂-1|+…|a_2k-1-1|+|a_2k-1|=|a₁-1|+|a₂-1|+…+|a₄-1|=（1-

2

3

）+（

4

3

-1）+（2-1）+（

8

3

-1）=

10

3

＜6，故k=2時符合題意；
③當(dāng)k=3時，同理可求a_n=

2

5

n，
|a₁-1|+|a₂-1|+…+|a₆-1|=

3

5

+（1-

4

5

）+（

6

5

-1）+（

8

5

-1）+（2-1）+（

12

5

-1）=4＜6，故k=3時符合題意；
④當(dāng)k=4時，同理可求a_n=

2

7

n，
|a₁-1|+|a₂-1|+…+|a₈-1|=

5

7

+

3

7

+

1

7

+

1

7

+（

10

7

-1）+（

12

7

-1）+（

14

7

-1）+（

16

7

-1）=

34

7

＜6．故k=4時符合題意；
綜上所述，存在k=1，2，3，4使|a₁-1|+|a₂-1|+…|a_2k-1-1|+|a_2k-1|≤6成立．