Question

8．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，對任意n∈N^*，S_n=（-1）ⁿa_n+$\frac{1}{{2}^{n}}$+2n-6且（a_n+1-p）（a_n-p）＜0恒成立，則實數(shù)p的取值范圍是$（{-\frac{7}{4}，\frac{23}{4}}）$．

Answer 1

分析 由S_n=（-1）ⁿa_n+$\frac{1}{{2}^{n}}$+2n-6，可得a₁=-a₁+$\frac{1}{2}$-4，解得a₁．當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1，化為：[1+（-1）ⁿ⁺¹]a_n=（-1）ⁿa_n-1-$\frac{1}{{2}^{n}}$+2．對n分類討論，利用數(shù)列的單調性、不等式的性質即可得出．

解答 解：∵S_n=（-1）ⁿa_n+$\frac{1}{{2}^{n}}$+2n-6，
∴a₁=-a₁+$\frac{1}{2}$-4，解得a₁=-$\frac{7}{4}$．
當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=（-1）ⁿa_n+$\frac{1}{{2}^{n}}$+2n-6-$[（-1）^{n-1}{a}_{n-1}+\frac{1}{{2}^{n-1}}+2（n-1）-6]$，
化為：[1+（-1）ⁿ⁺¹]a_n=（-1）ⁿa_n-1-$\frac{1}{{2}^{n}}$+2．
當n=2k（k∈N^*）時，a_n-1=-2+$\frac{1}{{2}^{n}}$，即a_2k-1=-2+$\frac{1}{{2}^{2k}}$，a_2k+1=-2+$\frac{1}{{2}^{2k+2}}$．
當n=2k-1時，化為2a_n=-a_n-1-$\frac{1}{{2}^{n}}$+2，∴a_2k-2=-2a_2k-1+2-$\frac{1}{{2}^{2k-1}}$，
a_2k=-2a_2k+1+2-$\frac{1}{{2}^{2k+1}}$=6-$\frac{1}{{2}^{2k}}$．
∵（a_n+1-p）（a_n-p）＜0恒成立，
∴當n=2k（k∈N^*）時，（p-a_2k+1）（p-a_2k）＜0，
∴-2+$\frac{1}{{2}^{2k+2}}$＜p＜6-$\frac{1}{{2}^{2k}}$．
∴-2+$\frac{1}{16}$＜p＜6-$\frac{1}{16}$；
當n=2k-1（k∈N^*）時，（p-a_2k）（p-a_2k-1）＜0，
∴-2+$\frac{1}{{2}^{2k}}$＜p＜6-$\frac{1}{{2}^{2k}}$．
∴-$\frac{7}{4}$＜p＜$\frac{23}{4}$，
則實數(shù)p的取值范圍是：$（{-\frac{7}{4}，\frac{23}{4}}）$．
故答案為：$（{-\frac{7}{4}，\frac{23}{4}}）$．

點評 本題考查了遞推關系、分類討論方法、數(shù)列的單調性、不等式的性質，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．