Question

已知有窮數(shù)列{a_n}各項均不相等，將{a_n}的項從大到小重新排序后相應(yīng)的項數(shù)構(gòu)成新數(shù)列{p_n}，稱{p_n}為{a_n}的“序數(shù)列”，例如數(shù)列：a₁，a₂，a₃滿足a₁＞a₃＞a₂，則其序數(shù)列{p_n}為1，3，2；
（1）寫出公差為d（d≠0）的等差數(shù)列a₁，a₂，…，a_n的序數(shù)列{p_n}；
（2）若項數(shù)不少于5項的有窮數(shù)列{b_n}、{c_n}的通項公式分別是bn=n•(

3

5

)n（n∈N^*），cn=-n2+tn（n∈N^*），且{b_n}的序數(shù)列與{c_n}的序數(shù)列相同，求實數(shù)t的取值范圍；
（3）若有窮數(shù)列{d_n}滿足d₁=1，|dn+1-dn|=(

1

2

)n（n∈N^*），且{d_2n-1}的序數(shù)列單調(diào)遞減，{d_2n}的序數(shù)列單調(diào)遞增，求數(shù)列{d_n}的通項公式．

Answer 1

考點：等差數(shù)列的性質(zhì),等比數(shù)列的性質(zhì)

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）由新定義當(dāng)d＜0時，序數(shù)列為1，2，3，…，n；當(dāng)d＞0時，序數(shù)列為n，n-1，n-2，…，3，2，1；
（2）由題意可得b₂＞b₃＞b₁＞b₄＞…＞b_n，可得序數(shù)列為2，3，1，4，…，n，進而可得2＜

t

2

＜

5

2

，解不等式可得；
（3）由{d_2n-1}的序數(shù)列單調(diào)遞減可得d_2n-d_2n-1=(

1

2

)2n-1=

(-1)2n

22n-1

，同理可得d_2n+1-d_2n=-(

1

2

)2n=

(-1)2n+1

22n

，進而可得d_n+1-d_n=

(-1)n+1

2n

，可得d_n=d₁+（d₂-d₁）+（d₃-d₂）+…+（d_n-d_n-1）=1+

1

2

-

1

22

+…+

(-1)n

2n-1

=1+

1

2

•

1-(- 1 2 )n-1

1+ 1 2

=

4

3

+

1

3

•

(-1)n

2n-1

，既得答案．

解答： 解：（1）由題意，當(dāng)d＜0時，序數(shù)列為1，2，3，…，n；
當(dāng)d＞0時，序數(shù)列為n，n-1，n-2，…，3，2，1；

（2）∵bn=n•(

3

5

)n，∴b_n+1-b_n=(

3

5

)n

3-2n

5

，
當(dāng)n=1時，易得b₂＞b₁，當(dāng)n≥2時，易得b_n+1＜b_n，
又∵b₁=

3

5

，b₃=3•（

3

5

）³，b₄=4•（

3

5

）⁴，b₄＜b₁＜b₃，
即b₂＞b₃＞b₁＞b₄＞…＞b_n，
故數(shù)列{b_n}的序數(shù)列為2，3，1，4，…，n，
∴對于數(shù)列{c_n}有2＜

t

2

＜

5

2

，解得4＜t＜5；

（3）∵{d_2n-1}的序數(shù)列單調(diào)遞減，∴數(shù)列{d_2n-1}單調(diào)遞增，
∴d_2n+1-d_2n-1＞0，∴（d_2n+1-d_2n）+（d_2n-d_2n-1）＞0，
而(

1

2

)2n＜(

1

2

)2n-1，∴|d_2n+1-d_2n|＜|d_2n-d_2n-1|，∴d_2n-d_2n-1＞0，
∴d_2n-d_2n-1=(

1

2

)2n-1=

(-1)2n

22n-1

，①
∵{d_2n}的序數(shù)列單調(diào)遞增，∴數(shù)列{d_2n}單調(diào)遞減，
同理可得d_2n+1-d_2n＜0，∴d_2n+1-d_2n=-(

1

2

)2n=

(-1)2n+1

22n

，②
由①②可得d_n+1-d_n=

(-1)n+1

2n

，
∴d_n=d₁+（d₂-d₁）+（d₃-d₂）+…+（d_n-d_n-1）
=1+

1

2

-

1

22

+…+

(-1)n

2n-1

=1+

1

2

•

1-(- 1 2 )n-1

1+ 1 2

=

4

3

+

1

3

•

(-1)n

2n-1

即數(shù)列{d_n}的通項公式為d_n=

4

3

+

1

3

•

(-1)n

2n-1

點評：本題考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的性質(zhì)，涉及新定義和不等式的性質(zhì)，屬中檔題．