Question

（2012•浦東新區一模）定義數列{x_n}，如果存在常數p，使對任意正整數n，總有（x_n+1-p）（x_n-p）＜0成立，那么我們稱數列{x_n}為“p-擺動數列”．
（1）設a_n=2n-1，bn=(-

1

2

)n，n∈N^*，判斷{a_n}、{b_n}是否為“p-擺動數列”，并說明理由；
（2）已知“p^-擺動數列”{c_n}滿足c_n+1=

1

cn+1

，c₁=1，求常數p的值；
（3）設d_n=（-1）ⁿ•（2n-1），且數列{d_n}的前n項和為S_n，求證：數列{S_n}是“p-擺動數列”，并求出常數p的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）根據題目給出的擺動數列的定義，對數列{a_n}加以驗證，看是否存在常數p，使得2n-1＜p＜2n+1對任意n成立，只要n去不同的值1，2，即可發現p不存在，而對于數列{b_n}，滿足bnbn+1=(-

1

2

)2n+1＜0對任意n成立，所以，p可取值為0；
（2）由數列{c_n}是“p-擺動數列”，且滿足c_n+1=

1

cn+1

，c₁=1，求出c₂后可斷定常數p的初步范圍，再由（x_n+1-p）（x_n-p）＜0對任意正整數n成立，得出數列的奇數項都小于p，偶數項都大于p，或奇數項都大于p，偶數項都小于p，然后利用“兩邊夾”的辦法可求p的值；
（3）由d_n=（-1）ⁿ•（2n-1），求出數列{d_n}的前n項和，由前n項和看出p=0時即可使數列{S_n}滿足“p-擺動數列”的定義，然后根據數列{S_n}在n為奇數和n為偶數時的單調性即可求出p的范圍．

解答：解：（1）假設數列{a_n}是“p-擺動數列”，
即存在常數p，總有2n-1＜p＜2n+1對任意n成立，
不妨取n=1時，則1＜p＜3，取n=2時，則3＜p＜5，顯然常數p不存在，
所以數列{a_n}不是“p-擺動數列”；
由bn=(-

1

2

)n，于是bnbn+1=(-

1

2

)2n+1＜0對任意n成立，其中p=0．
所以數列{b_n}是“p-擺動數列”．
（2）由數列{c_n}為“p-擺動數列”，又c₁=1，所以c2=

1

2

，
即存在常數

1

2

＜p＜1，使對任意正整數n，總有（c_n+1-p）（c_n-p）＜0成立；
即有（c_n+2-p）（c_n+1-p）0，
所以c₁＞p⇒c₃＞p⇒…⇒c_2n-1＞p．
同理c₂＜p⇒c₄＜p⇒…⇒c_2n＜p．
所以c_2n＜p＜c_2n-1⇒

1

c2n-1+1

＜c2n-1，解得c2n-1＞

5 -1

2

，
即p≤

5 -1

2

．
同理

1

c2n+1

＞c2n，解得c2n＜

5 -1

2

，即p≥

5 -1

2

．
綜上p=

5 -1

2

．
（3）證明：由dn=(-1)n•(2n-1)
Sn=(-1)+3+(-5)+…+(-1)n(2n-1)．
當n為偶數時，Sn=2×

n

2

=n
當n為奇數時，Sn=2×

n-1

2

+(-1)n•(2n-1)=-n
所以，Sn=(-1)n•n，
顯然存在p=0，使對任意正整數n，總有SnSn+1=(-1)2n+1•n(n+1)＜0成立，
所以數列{S_n}是“p-擺動數列”；
當n為奇數時S_n=-n遞減，所以S_n≤S₁=-1，只要p＞-1即可
當n為偶數時S_n遞增，S_n≥S₂，只要p＜2即可
綜上-1＜p＜2，p的取值范圍是（-1，2）．
如取p=

1

2

時，(Sn-

1

2

)(Sn+1-

1

2

)=[(-1)n-

1

2

][(-1)n+1(n+1)-

1

2

]
=(-1)2n+1•n(n+1)+

1

2

(-1)n+

1

4

=-n(n+1)+

1

2

(-1)n+

1

4

．
因為-

1

4

≤

1

2

(-1)n+

1

4

≤

3

4

，-n（n+1）≤-2，
存在p=

1

2

，使(Sn-

1

2

)(Sn+1-

1

2

)＜0成立．
所以數列{S_n}是“p-擺動數列”．

點評：本題是新定義下的等差數列和等比數列綜合題，考查了學生的發散思維能力，解答此題的關鍵是在理解定義的基礎上，把問題轉化為熟悉的知識來解決，用到了證明不等式的“兩邊夾”的方法，此題是有一定難度的問題．