Question

定义数列{a_n}：a₁=1，当n≥2时，其中r≥0常数．
（Ⅰ）若当r=0时，S_n=a₁+a₂+…+a_n；
（1）求：S_n；
（2）求证：数列{S_2n}中任意三项均不能构成等差数列；
（Ⅱ）求证：对一切n∈N^*及r≥0，不等式恒成立．

Answer

（1）先计算数列的前8项猜想数列的特点，数列{a2k-1}、{a2k}（k∈N*）均为等比数列，从而利用等比数列的求和公式求解即可；对于否定性的结论的证明，往往利用反证法证明；
（1）欲证此不等式恒成立，先对左边式子利用拆项法求和，后再进行放缩即得．
【解析】
（1）当r=0时，计算得数列的前8项为：1，1，2，2，4，4，8，8．
从而猜出数列{a2k-1}、{a2k}（k∈N*）均为等比数列． （2分）
∵a2k=a2k-1=2a2k-2，a2k+1=2a2k=2a2k-1，
∴数列{a2k-1}、{a2k}（k∈N*）均为等比数列，∴a2k-1=a2k=2k-1． （4分）
①∴S2k=2（a1+a3+a5++a2k-1）=2（2k-1）=2k+1-2，S2k-1=S2k-2+a2k-1=2k-2+2k-1=3×2k-1-2，
∴．（6分）
②证明（反证法）：假设存在三项
Sm，Sn，Sp（m，n，p∈N*，m＜n＜p）是等差数列，
即2Sn=Sm+Sp成立．
因m，n，p均为偶数，
设m=2m1，n=2n1，p=2p1，（m1，n1，p1∈N*），
∴，
即，
∴，
而此等式左边为偶数，右边为奇数，这就矛盾；（10分）
（2）∵a2k=a2k-1+r=2a2k-2+r，
∴a2k+r=2（a2k-2+r），∴{a2k+r}是首项为1+2r，
公比为2的等比数列，∴a2k+r=（1+2r）•2k-1．
又∵a2k+1=2a2k=2（a2k-1+r），∴a2k+1+2r=2（a2k-1+2r），
∴{a2k-1+2r}是首项为1+2r，公比为2的等比数列，
∴a2k-1+2r=（1+2r）•2k-1． （12分）
∴
=
=，
∴
=．
∵r≥0，∴．
∴． （16分）