Question

定义数列{a_n}：a₁=1，当n≥2 时，a_n=．
（1）当r=0时，S_n=a₁+a₂+a₃+…+a_n．
①求：S_n； ②求证：数列{S_2n}中任意三项均不能够成等差数列．
（2）若r≥0，求证：不等式（n∈N^*）恒成立．

Answer

（1）通过求出前8项猜出数列{a2k-1}，{a2k}（n∈N*）均为等比数列，再证明即可，利用等比数列的前n项和公式即可得出Sn，可用反证法证明②；
（2）利用（1）的结论和裂项求和即可证明．
（1）【解析】
当r=0时，计算数列的前8项，得1，1，2，2，4，4，8，8，从而才出数列{a2k-1}，{a2k}（n∈N*）均为等比数列．
∵a2k=a2k-1=2a2k-2，a2k+1=2a2k=2a2k-1，
∴数列{a2k-1}，{a2k}（n∈N*）均为等比数列．
∴，
①∴S2k=2（a1+a3+…+a2k-1）==2k+1-2；
S2k-1=S2k-2+a2k-1=2k-2+2k-1=3×2k-1-2，
∴．
②证明：（反证法）假设数列{S2n}中存在三项Sm，Sn，Sp（m，n，p∈N*，m＜n＜p）能够成等差数列．
即2Sn=Sm+Sp成立，
由于m，n，p均为偶数，设m=2m1，n=2n1，p=2p1，（m1，n1，p1∈N*），
∴，即，
∴，
而等式的左边是偶数，右边是奇数，因此矛盾．
故假设不成立．因此原结论成立．
（2）证明：∵a2k=a2k-1+r=2a2k-2+r，∴a2k+r=2（a2k-2+r），
∴数列{a2k+r}是以1+2r为首项，2为公比的等比数列，
∴．
由∵a2k+1=2a2k=2（a2k-1+r），
∴a2k+1+2r=2（a2k-1+2r），
∴{a2k-1+2r}是以1+2r为首项，2为公比的等比数列．
∴-2r．
∴=
=
=．
∴不等式=
=＜=
∵r≥0，∴．
∴不等式（n∈N*）恒成立．