Question

10．已知數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁＞0，前n項(xiàng)和為S_n．?dāng)?shù)列$\left\{{\left.{\frac{S_n}{n}}\right\}}$是公差為$\frac{a_1}{2}$的等差數(shù)列．
（1）求$\frac{a_6}{a_2}$的值；
（2）數(shù)列{b_n}滿(mǎn)足：b_n+1+（-1）^pnb_n=2^a_n，其中n，p∈N*．
（�。┤魀=a₁=1，求數(shù)列{b_n}的前4k項(xiàng)的和，k∈N*；
（ⅱ）當(dāng)p=2時(shí)，對(duì)所有的正整數(shù)n，都有b_n+1＞b_n，證明：${2^{a_1}}$-${2^{2{a_1}-1}}$＜b₁＜${2^{{a_1}-1}}$．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)數(shù)列$\left\{{\left.{\frac{S_n}{n}}\right\}}$是公差為$\frac{a_1}{2}$的等差數(shù)列，即可得到a_n=na₁，n∈N，問(wèn)題得以解決；
（2）（i）根據(jù)遞推關(guān)系式，求出${b_{4k-3}}+{b_{4k-2}}+{b_{4k-1}}+{b_{4k}}=7×{2^{4k-3}}$，即可求出數(shù)列{b_n}的前4k項(xiàng)的和；
（ii）由題意得到，b_n的表達(dá)式，利用作差法，以及分類(lèi)討論的思想即可證明．

解答 解（1）：由題意，$\frac{S_n}{n}=\frac{S_1}{1}+（n-1）•\frac{a_1}{2}=\frac{n+1}{2}{a_1}$，
∴${S_n}=\frac{n（n+1）}{2}{a_1}$，
當(dāng)n≥2時(shí)，${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=\frac{n（n+1）}{2}{a_1}-\frac{n（n-1）}{2}{a_1}=n{a_1}$，
當(dāng)n=1時(shí)，上式也成立，
∴a_n=na₁，n∈N*，
∵a₁＞0，
∴$\frac{a_6}{a_2}=\frac{{6{a_1}}}{{2{a_1}}}=3$．　　　　　　　　　　　　　　　　　
（2）（�。┯深}意：${b_{n+1}}+{（-1）^n}{b_n}={2^n}$，
當(dāng)k∈N*時(shí)，${b_{4k-2}}-{b_{4k-3}}={2^{4k-3}}$，${b_{4k-1}}+{b_{4k-2}}={2^{4k-2}}$，${b_{4k}}-{b_{4k-1}}={2^{4k-1}}$，
∴${b_{4k-3}}+{b_{4k-1}}={2^{4k-2}}-{2^{4k-3}}={2^{4k-3}}$，${b_{4k-2}}+{b_{4k}}={2^{4k-1}}+{2^{4k-2}}=3•{2^{4k-2}}$，
∴${b_{4k-3}}+{b_{4k-2}}+{b_{4k-1}}+{b_{4k}}=7×{2^{4k-3}}$，
∴前4k項(xiàng)的和T_4k=（b₁+b₂+b₃+b₄）+（b₅+b₆+b₇+b₈）+…+（b_4k-3+b_4k-2+b_4k-1+b_4k）=$7×{2^1}+7×{2^5}+…+7×{2^{4k-3}}=\frac{{14（{{16}^k}-1）}}{15}$．                         
（ⅱ）證明：由題意得：${b_{n+1}}+{b_n}={2^{n{a_1}}}={（{2^{a_1}}）^n}$，令$t={2^{a_1}}$，t∈（1，+∞），
∴$\frac{{{b_{n+1}}}}{{{{（-1）}^{n+1}}}}-\frac{b_n}{{{{（-1）}^n}}}=-{（-t）^n}$，
∴$\frac{b_n}{{{{（-1）}^n}}}=（\frac{b_n}{{{{（-1）}^n}}}-\frac{{{b_{n-1}}}}{{{{（-1）}^{n-1}}}}）+（\frac{{{b_{n-1}}}}{{{{（-1）}^{n-1}}}}-\frac{{{b_{n-2}}}}{{{{（-1）}^{n-2}}}}）+…+（\frac{b_2}{{{{（-1）}^2}}}-\frac{b_1}{{{{（-1）}^1}}}）+\frac{b_1}{{{{（-1）}^1}}}$=$-[{（-t）^1}+{（-t）^2}+…+{（-t）^{n-1}}]-{b_1}=（\frac{t}{1-t}-{b_1}）+\frac{{{{（-t）}^n}}}{1+t}$，
∴${b_n}=（\frac{t}{1+t}-{b_1}）{（-1）^n}+\frac{t^n}{1+t}$，
∵b_n+1＞b_n，n∈N*，
∴${b_{n+1}}-{b_n}=（\frac{t}{1+t}-{b_1}）{（-1）^{n+1}}+\frac{{{t^{n+1}}}}{1+t}-（\frac{t}{1+t}-{b_1}）{（-1）^n}-\frac{t^n}{1+t}$=$-2（\frac{t}{1+t}-{b_1}）{（-1）^n}+\frac{t^n}{1+t}（t-1）＞0$，
∴$（{b_1}-\frac{t}{1+t}）{（-1）^n}＞\frac{{（1-t）{t^n}}}{2（1+t）}$，n∈N*，
①當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，${b_1}＞\frac{{（1-t）{t^n}}}{2（1+t）}+\frac{t}{1+t}$，
∵t∈（1，+∞），$\frac{{（1-t）{t^n}}}{2（1+t）}+\frac{t}{1+t}≤\frac{{（1-t）{t^2}}}{2（1+t）}+\frac{t}{1+t}=\frac{t（2-t）}{2}$，
∴${b_1}＞\frac{t（2-t）}{2}$，
②當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，${b_1}＜\frac{{（t-1）{t^n}}}{2（1+t）}+\frac{t}{1+t}$，
∵t∈（1，+∞），$\frac{{（t-1）{t^n}}}{2（1+t）}+\frac{t}{1+t}≥\frac{{（t-1）{t^1}}}{2（1+t）}+\frac{t}{1+t}=\frac{t}{2}$，
∴${b_1}＜\frac{t}{2}$，
綜上：$\frac{t（2-t）}{2}＜{b_1}＜\frac{t}{2}$，
即${2^{a_1}}-{2^{2{a_1}-1}}＜{b_1}＜{2^{{a_1}-1}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是數(shù)列與不等式的綜合題，考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的性質(zhì)和前n項(xiàng)和公式，考查了放縮法證明不等式以及分類(lèi)討論的思想，屬于難題．