Question

20．已知常數p＞0，數列{a_n}滿足a_n+1=|p-a_n|+2a_n+p，n∈N*．
（1）若a₁=-1，p=1，
①求a₄的值；
②求數列{a_n}的前n項和S_n；
（2）若數列{a_n}中存在三項a_r，a_s，a_t（r，s，t∈N*，r＜s＜t）依次成等差數列，求$\frac{{a}_{1}}{p}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）①a_n+1=|p-a_n|+2a_n+p，可得a₂=|1-a₁|+2a₁+1=2-2+1=1，同理可得a₃=3，a₄=9．
②a₂=1，a_n+1=|1-a_n|+2a_n+1，當n≥2時，a_n≥1，當n≥2時，a_n+1=-1+a_n+2a_n+1=3a_n，即從第二項起，數列{a_n}是以1為首項，以3為公比的等比數列，利用等比數列的求和公式即可得出S_n．
（2）a_n+1-a_n=|p-a_n|+a_n+p≥p-a_n+a_n+p=2p＞0，可得a_n+1＞a_n，即{a_n}單調遞增．
（i）當$\frac{{a}_{1}}{p}$≥1時，有a₁≥p，于是a_n≥a₁≥p，可得a_n+1=|p-a_n|+2a_n+p=a_n-p+2a_n+p=3a_n，${a}_{n}={3}^{n-1}•{a}_{1}$．利用反證法即可得出不存在．
（ii）當$-1＜\frac{{a}_{1}}{p}＜1$時，有-p＜a₁＜p．此時a₂=|P-a₁|+2a₁+p=p-a₁+2a₁+p=a₁+2p＞p．于是當n≥2時，a_n≥a₂＞p．從而a_n+1=|p-a_n|+2a_n+p=a_n-p+2a_n+p=3a_n．a_n=3^n-2a₂=3^n-2（a₁+2p）（n≥2）．假設存在2a_s=a_r+a_t，同（i）可知：r=1．得出矛盾，因此不存在．
（iii）當$\frac{{a}_{1}}{p}$≤-1時，有a₁≤-p＜p．a₁+p≤0．于是a₂=|P-a₁|+2a₁+p=p-a₁+2a₁+p=a₁+2p．a₃=a₁+4p．即可得出結論．

解答 解：（1）①∵a_n+1=|p-a_n|+2a_n+p，
∴a₂=|1-a₁|+2a₁+1=2-2+1=1，
a₃=|1-a₂|+2a₂+1=0+2+1=3，
a₄=|1-a₃|+2a₃+1=2+6+1=9，
②∵a₂=1，a_n+1=|1-a_n|+2a_n+1，
∴當n≥2時，a_n≥1，
當n≥2時，a_n+1=-1+a_n+2a_n+1=3a_n，即從第二項起，數列{a_n}是以1為首項，以3為公比的等比數列，
∴數列{a_n}的前n項和S_n=a₁+a₂+a₃+a₄+…+a_n=-1+$\frac{1-{3}^{n-1}}{1-3}$=$\frac{1}{2}×{3}^{n-1}$-$\frac{3}{2}$，（n≥2），
顯然當n=1時，上式也成立，
∴S_n=$\frac{1}{2}×{3}^{n-1}$-$\frac{3}{2}$；
（2）∵a_n+1-a_n=|p-a_n|+a_n+p≥p-a_n+a_n+p=2p＞0，
∴a_n+1＞a_n，即{a_n}單調遞增．
（i）當$\frac{{a}_{1}}{p}$≥1時，有a₁≥p，于是a_n≥a₁≥p，
∴a_n+1=|p-a_n|+2a_n+p=a_n-p+2a_n+p=3a_n，∴${a}_{n}={3}^{n-1}•{a}_{1}$．
若數列{a_n}中存在三項a_r，a_s，a_t（r，s，t∈N*，r＜s＜t）依次成等差數列，則有2a_s=a_r+a_t，
即2×3^s-1=3^r-1+3^t-1．（*）
∵s≤t-1，∴2×3^s-1=$\frac{2}{3}×{3}^{s}$＜3^t-1＜3^r-1+3^t-1．因此（*）不成立．因此此時數列{a_n}中不存在三項a_r，a_s，a_t（r，s，t∈N*，r＜s＜t）依次成等差數列．
（ii）當$-1＜\frac{{a}_{1}}{p}＜1$時，有-p＜a₁＜p．此時a₂=|P-a₁|+2a₁+p=p-a₁+2a₁+p=a₁+2p＞p．
于是當n≥2時，a_n≥a₂＞p．從而a_n+1=|p-a_n|+2a_n+p=a_n-p+2a_n+p=3a_n．∴a_n=3^n-2a₂=3^n-2（a₁+2p）（n≥2）．
若數列{a_n}中存在三項a_r，a_s，a_t（r，s，t∈N*，r＜s＜t）依次成等差數列，則有2a_s=a_r+a_t，
同（i）可知：r=1．于是有2×3^s-2（a₁+2p）=a₁+3^t-2（a₁+2p），∵2≤S≤t-1，∴$\frac{{a}_{1}}{{a}_{1}+2p}$=2×3^s-2-3^t-2=$\frac{2}{9}×{3}^{s}$-$\frac{1}{3}×{3}^{t-1}$＜0．∵2×3^s-2-3^t-2是整數，∴$\frac{{a}_{1}}{{a}_{1}+2p}$≤-1．于是a₁≤-a₁-2p，即a₁≤-p．與-p＜a₁＜p矛盾．
故此時數列{a_n}中不存在三項a_r，a_s，a_t（r，s，t∈N*，r＜s＜t）依次成等差數列．
（iii）當$\frac{{a}_{1}}{p}$≤-1時，有a₁≤-p＜p．a₁+p≤0．
于是a₂=|P-a₁|+2a₁+p=p-a₁+2a₁+p=a₁+2p．
a₃=|p-a₂|+2a₂+p=|a₁+p|+2a₁+5p．=-a₁-p+2a₁+5p=a₁+4p．
此時數列{a_n}中存在三項a₁，a₂，a₃依次成等差數列．
綜上可得：$\frac{{a}_{1}}{p}$≤-1．

點評 本題考查了等差數列與等比數列的通項公式與求和公式、方程的解法、數列遞推關系、分類討論方法、反證法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．