Question

2．若数列{a_n}中的项都满足a_2n-1=a_2n＜a_2n+1（n∈N^*），则称{a_n}为“阶梯数列”．
（1）设数列{b_n}是“阶梯数列”，且b₁=1，b_2n+1=9b_2n-1（n∈N^*），求b₂₀₁₆；
（2）设数列{c_n}是“阶梯数列”，其前n项和为S_n，求证：{S_n}中存在连续三项成等差数列，但不存在连续四项成等差数列；
（3）设数列{d_n}是“阶梯数列”，且d₁=1，d_2n+1=d_2n-1+2（n∈N^*），记数列{$\frac{1}{{d}_{n}{d}_{n+2}}$}的前n项和为T_n，问是否存在实数t，使得（t-T_n）（t+$\frac{1}{{T}_{n}}$）＜0对任意的n∈N^*恒成立？若存在，请求出实数t的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设数列{b_n}是“阶梯数列”，且b₁=1，b_2n+1=9b_2n-1（n∈N^*），b₂₀₁₆=b₂₀₁₅，再利用等比数列的通项公式即可得出．
（2）由数列{c_n}是“阶梯数列”，可得c_2n-1=c_2n．即可得出S_2n-1-S_2n-2=S_2n-S_2n-1，即可证明{S_n}中存在连续三项成等差数列．假设{S_n}中存在连续四项成等差数．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）设数列{d_n}是“阶梯数列”，且d₁=1，d_2n+1=d_2n-1+2（n∈N^*），利用等差数列的通项公式可得：d_2n-1=2n-1=d_2n．$\frac{1}{{d}_{2n}{d}_{2n+1}}$=$\frac{1}{{d}_{2n-1}{d}_{2n+1}}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$．n=2k（k∈N^*）时，T_n=T_2k=$（\frac{1}{{d}_{1}{d}_{3}}+\frac{1}{{d}_{2}{d}_{4}}）$+$（\frac{1}{{d}_{3}{d}_{5}}+\frac{1}{{d}_{4}{d}_{6}}）$+…+$（\frac{1}{{d}_{2k-1}{d}_{2k+1}}+\frac{1}{{d}_{2k}{d}_{2k+2}}）$=2$（\frac{1}{{d}_{1}{d}_{3}}+\frac{1}{{d}_{3}{d}_{5}}+…\frac{1}{{d}_{2k-1}{d}_{2k+1}}）$，利用“裂项求和”及其数列的单调性可得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^*）时，T_n=T_2k-$\frac{1}{{d}_{2k}{d}_{2k+2}}$=T_2k-$\frac{1}{{d}_{2k-1}{d}_{2k+1}}$，同理可得．

解答 （1）解：设数列{b_n}是“阶梯数列”，且b₁=1，b_2n+1=9b_2n-1（n∈N^*），
∴数列{b_2n-1}是等比数列，首项为1，公比为9．
∴b₂₀₁₆=b₂₀₁₅=b_2×1008-1=1×9^1008-1=9¹⁰⁰⁷=3²⁰¹⁴．
（2）证明：∵数列{c_n}是“阶梯数列”，∴c_2n-1=c_2n．
∴S_2n-1-S_2n-2=S_2n-S_2n-1，因此{S_n}中存在连续三项成等差数列．
假设{S_n}中存在连续四项成等差数．∴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时，a_2k=a_2k+1=a_2k+2，与数列{c_n}是“阶梯数列”矛盾；
同理n=2k时，也得出矛盾．
（3）解：设数列{d_n}是“阶梯数列”，且d₁=1，d_2n+1=d_2n-1+2（n∈N^*），
∴数列{d_2n-1}是等差数列，公差为2，首项为1．
∴d_2n-1=1+2（n-1）=2n-1=d_2n．
$\frac{1}{{d}_{2n}{d}_{2n+1}}$=$\frac{1}{{d}_{2n-1}{d}_{2n+1}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$．
n=2k（k∈N^*）时，T_n=T_2k=$（\frac{1}{{d}_{1}{d}_{3}}+\frac{1}{{d}_{2}{d}_{4}}）$+$（\frac{1}{{d}_{3}{d}_{5}}+\frac{1}{{d}_{4}{d}_{6}}）$+…+$（\frac{1}{{d}_{2k-1}{d}_{2k+1}}+\frac{1}{{d}_{2k}{d}_{2k+2}}）$
=2$（\frac{1}{{d}_{1}{d}_{3}}+\frac{1}{{d}_{3}{d}_{5}}+…\frac{1}{{d}_{2k-1}{d}_{2k+1}}）$
=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^*）时，T_n=T_2k-$\frac{1}{{d}_{2k}{d}_{2k+2}}$=T_2k-$\frac{1}{{d}_{2k-1}{d}_{2k+1}}$
=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：实数t的取值范围是-1≤t$＜\frac{1}{3}$．

点评 本题考查了新定义、等差数列与等比数列的通项公式与求和公式及其性质、“裂项求和方法”、不等式的解法，考查了反证法、分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．