Question

【題目】已知常數p＞0，數列{an}滿足an+1=|p﹣an|+2an+p，n∈N*．
（1）若a1=﹣1，p=1， ①求a4的值；
②求數列{an}的前n項和Sn；
（2）若數列{an}中存在三項ar ， as ， at（r，s，t∈N*，r＜s＜t）依次成等差數列，求 的取值范圍．

Answer 1

【答案】
（1）解：①∵an+1=|p﹣an|+2an+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，an+1=|1﹣an|+2an+1，

∴當n≥2時，an≥1，

當n≥2時，an+1=﹣1+an+2an+1=3an，即從第二項起，數列{an}是以1為首項，以3為公比的等比數列，

∴數列{an}的前n項和Sn=a1+a2+a3+a4+…+an=﹣1+ = ﹣ ，（n≥2），

顯然當n=1時，上式也成立，

∴Sn= ﹣

（2）解：∵an+1﹣an=|p﹣an|+an+p≥p﹣an+an+p=2p＞0，

∴an+1＞an，即{an}單調遞增．

（i）當 ≥1時，有a1≥p，于是an≥a1≥p，

∴an+1=|p﹣an|+2an+p=an﹣p+2an+p=3an，∴ ．

若數列{an}中存在三項ar，as，at（r，s，t∈N*，r＜s＜t）依次成等差數列，則有2as=ar+at，

即2×3s﹣1=3r﹣1+3t﹣1．（*）

∵s≤t﹣1，∴2×3s﹣1= ＜3t﹣1＜3r﹣1+3t﹣1．因此（*）不成立．因此此時數列{an}中不存在三項ar，as，at（r，s，t∈N*，r＜s＜t）依次成等差數列．

（ii）當 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，an≥a2＞p．從而an+1=|p﹣an|+2an+p=an﹣p+2an+p=3an．∴an=3n﹣2a2=3n﹣2（a1+2p）（n≥2）．

若數列{an}中存在三項ar，as，at（r，s，t∈N*，r＜s＜t）依次成等差數列，則有2as=ar+at，

同（i）可知：r=1．于是有2×3s﹣2（a1+2p）=a1+3t﹣2（a1+2p），∵2≤S≤t﹣1，∴ =2×3s﹣2﹣3t﹣2= ﹣ ＜0．∵2×3s﹣2﹣3t﹣2是整數，∴ ≤﹣1．于是a1≤﹣a1﹣2p，即a1≤﹣p．與﹣p＜a1＜p矛盾．

故此時數列{an}中不存在三項ar，as，at（r，s，t∈N*，r＜s＜t）依次成等差數列．

（iii）當 ≤﹣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{an}中存在三項a1，a2，a3依次成等差數列．

綜上可得： ≤﹣1

【解析】（1）①an+1=|p﹣an|+2an+p，可得a2=|1﹣a1|+2a1+1=2﹣2+1=1，同理可得a3=3，a4=9．②a2=1，an+1=|1﹣an|+2an+1，當n≥2時，an≥1，當n≥2時，an+1=﹣1+an+2an+1=3an ， 即從第二項起，數列{an}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Sn ． （2）an+1﹣an=|p﹣an|+an+p≥p﹣an+an+p=2p＞0，可得an+1＞an ， 即{an}單調遞增．（i）當 ≥1時，有a1≥p，于是an≥a1≥p，可得an+1=|p﹣an|+2an+p=an﹣p+2an+p=3an ， ．利用反證法即可得出不存在．（ii）當 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，an≥a2＞p．從而an+1=|p﹣an|+2an+p=an﹣p+2an+p=3an ． an=3n﹣2a2=3n﹣2（a1+2p）（n≥2）．假設存在2as=ar+at ， 同（i）可知：r=1．得出矛盾，因此不存在．（iii）當 ≤﹣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．
【考點精析】本題主要考查了數列的前n項和和數列的通項公式的相關知識點，需要掌握數列{an}的前n項和sn與通項an的關系；如果數列an的第n項與n之間的關系可以用一個公式表示，那么這個公式就叫這個數列的通項公式才能正確解答此題．