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{$\frac{1}{kshqzdc_{n}tmlkoxw_{n+2}}$}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．$\frac{1}{kbaybj9_{2n}lqp9iab_{2n+1}}$=$\frac{1}{qq0a4pt_{2n-1}qrlziwq_{2n+1}}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$．n=2k（k∈N^*）時(shí)，T_n=T_2k=$（\frac{1}{x50qjwu_{1}xy9oxvo_{3}}+\frac{1}{tu05lus_{2}kqfoxga_{4}}）$+$（\frac{1}{0sdrvox_{3}mcgftwu_{5}}+\frac{1}{kvptxve_{4}9tmlyqy_{6}}）$+…+$（\frac{1}{uzxr9ha_{2k-1}alf0zy5_{2k+1}}+\frac{1}{teocw5c_{2k}5uimqow_{2k+2}}）$=2$（\frac{1}{vwk4e0z_{1}ryc9bcq_{3}}+\frac{1}{kaziraj_{3}iocqehq_{5}}+…\frac{1}{ekzyhbu_{2k-1}f4mfjcg_{2k+1}}）$，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-$\frac{1}{xysqpon_{2k}ouyg0ao_{2k+2}}$=T_2k-$\frac{1}{9a0xqzn_{2k-1}jutcbkd_{2k+1}}$，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．
$\frac{1}{rclzdc0_{2n}kvuyhqu_{2n+1}}$=$\frac{1}{x0nbv4v_{2n-1}9tbko9j_{2n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$．
n=2k（k∈N^*）時(shí)，T_n=T_2k=$（\frac{1}{z95iwvt_{1}905ko5j_{3}}+\frac{1}{bx0xgp0_{2}qmqzs5h_{4}}）$+$（\frac{1}{eap5uxa_{3}pvkdmf9_{5}}+\frac{1}{qmwa0ky_{4}0fzngpx_{6}}）$+…+$（\frac{1}{0rp0pig_{2k-1}90aktbz_{2k+1}}+\frac{1}{qrloslf_{2k}g5aziwa_{2k+2}}）$
=2$（\frac{1}{gshlj5e_{1}e05vjh4_{3}}+\frac{1}{vmbexqu_{3}upeiwji_{5}}+…\frac{1}{lcwux50_{2k-1}jvu45yg_{2k+1}}）$
=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-$\frac{1}{aqe00fi_{2k}zaztc99_{2k+2}}$=T_2k-$\frac{1}{j0ujhfj_{2k-1}uq0b4r5_{2k+1}}$
=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 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．