Question

10．已知数列{a_n}的首项a₁＞0，前n项和为S_n．数列$\left\{{\left.{\frac{S_n}{n}}\right\}}$是公差为$\frac{a_1}{2}$的等差数列．
（1）求$\frac{a_6}{a_2}$的值；
（2）数列{b_n}满足：b_n+1+（-1）^pnb_n=2^a_n，其中n，p∈N*．
（ⅰ）若p=a₁=1，求数列{b_n}的前4k项的和，k∈N*；
（ⅱ）当p=2时，对所有的正整数n，都有b_n+1＞b_n，证明：${2^{a_1}}$-${2^{2{a_1}-1}}$＜b₁＜${2^{{a_1}-1}}$．

Answer 1

分析 （1）根据数列$\left\{{\left.{\frac{S_n}{n}}\right\}}$是公差为$\frac{a_1}{2}$的等差数列，即可得到a_n=na₁，n∈N，问题得以解决；
（2）（i）根据递推关系式，求出${b_{4k-3}}+{b_{4k-2}}+{b_{4k-1}}+{b_{4k}}=7×{2^{4k-3}}$，即可求出数列{b_n}的前4k项的和；
（ii）由题意得到，b_n的表达式，利用作差法，以及分类讨论的思想即可证明．

解答 解（1）：由题意，$\frac{S_n}{n}=\frac{S_1}{1}+（n-1）•\frac{a_1}{2}=\frac{n+1}{2}{a_1}$，
∴${S_n}=\frac{n（n+1）}{2}{a_1}$，
当n≥2时，${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=\frac{n（n+1）}{2}{a_1}-\frac{n（n-1）}{2}{a_1}=n{a_1}$，
当n=1时，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）（ⅰ）由题意：${b_{n+1}}+{（-1）^n}{b_n}={2^n}$，
当k∈N*时，${b_{4k-2}}-{b_{4k-3}}={2^{4k-3}}$，${b_{4k-1}}+{b_{4k-2}}={2^{4k-2}}$，${b_{4k}}-{b_{4k-1}}={2^{4k-1}}$，
∴${b_{4k-3}}+{b_{4k-1}}={2^{4k-2}}-{2^{4k-3}}={2^{4k-3}}$，${b_{4k-2}}+{b_{4k}}={2^{4k-1}}+{2^{4k-2}}=3•{2^{4k-2}}$，
∴${b_{4k-3}}+{b_{4k-2}}+{b_{4k-1}}+{b_{4k}}=7×{2^{4k-3}}$，
∴前4k项的和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）证明：由题意得：${b_{n+1}}+{b_n}={2^{n{a_1}}}={（{2^{a_1}}）^n}$，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当n为偶数时，${b_1}＞\frac{{（1-t）{t^n}}}{2（1+t）}+\frac{t}{1+t}$，
∵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当n为奇数时，${b_1}＜\frac{{（t-1）{t^n}}}{2（1+t）}+\frac{t}{1+t}$，
∵t∈（1，+∞），$\frac{{（t-1）{t^n}}}{2（1+t）}+\frac{t}{1+t}≥\frac{{（t-1）{t^1}}}{2（1+t）}+\frac{t}{1+t}=\frac{t}{2}$，
∴${b_1}＜\frac{t}{2}$，
综上：$\frac{t（2-t）}{2}＜{b_1}＜\frac{t}{2}$，
即${2^{a_1}}-{2^{2{a_1}-1}}＜{b_1}＜{2^{{a_1}-1}}$．

点评 本题是数列与不等式的综合题，考查了等差数列与等比数列的性质和前n项和公式，考查了放缩法证明不等式以及分类讨论的思想，属于难题．