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）設數列{c_n}為“p-擺動數列”，c₁＞p，求證：對任意正整數m，n∈N^*，總有c_2n＜c_2m-1成立；
（3）設數列{d_n}的前n項和為S_n，且Sn=(-1)n•n，試問：數列{d_n}是否為“p-擺動數列”，若是，求出p的取值范圍；若不是，說明理由．

Answer 1

分析：（1）假設數列{a_n}是“p-擺動數列”，由定義知存在常數p，總有2n-1＜p＜2n+1對任意n成立，通過給n賦值說明常數p不存在即可，對于數列{b_n}，通過觀察取p=0，然后按照定義論證即可；
（2）根據數列{c_n}為“p-擺動數列”及c₁＞p，可推出（c_n+2-p）（c_n-p）＞0，由此可推出c_2m-1＞p，同理可推出c_2n＜p，從而不等式可證；
（3）先由S_n求出d_n，據d_n易求出常數p值，根據數列{d_n}的奇數項、偶數項的單調性分別求出p的范圍，然后兩者取交集即可；

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，則1＜p＜3，取n=2，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”；
而數列{b_n}是“p-擺動數列”，p=0．
由bn=(-

1

2

)n，于是bnbn+1=(-

1

2

)2n+1＜0對任意n成立，
所以數列{b_n}是“p-擺動數列”．
（2）由數列{c_n}為“p-擺動數列”，c₁＞p，即存在常數p，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成立．則（c_n+2-p）（c_n-p）＞0，
所以c₁＞p＞⇒c₃＞p⇒…⇒c_2m-1＞p，
同理（c₂-p）（c₁-p）＜0⇒c₂＜p⇒c₄＜p⇒…⇒c_2n＜p，
所以c_2n＜p＜c_2m-1．
因此對任意的m，n∈N^*，都有c_2n＜c_2m-1成立．
（3）當n=1時，d₁=-1，
當n≥2，n∈N^*時，dn=Sn-Sn-1=(-1)n(2n-1)，
綜上，dn=(-1)n(2n-1)，
則存在p=0，使對任意正整數n，總有dndn+1=(-1)2n+1(2n-1)(2n+1)＜0成立，
所以數列{d_n}是“p-擺動數列”；
當n為奇數時d_n=-2n+1遞減，所以d_n≤d₁=-1，只要p＞-1即可，
當n為偶數時d_n=2n-1遞增，d_n≥d₂=3，只要p＜3即可．
綜上-1＜p＜3．
所以數列{d_n}是“p-擺動數列”，p的取值范圍是（-1，3）．

點評：本題考查數列與不等式的綜合、由數列前n項和求通項，考查學生運用所學知識分析解決新問題的能力，本題綜合性強，難度大，對能力要求較高．