Question

20．對(duì)于數(shù)列{a_n}，稱$P（{a_k}）=\frac{1}{k-1}（|{{a_1}-{a_2}}|+|{{a_2}-{a_3}}|+…+|{{a_{k-1}}-{a_k}}|）$（其中k≥2，k∈N）為數(shù)列{a_n}的前k項(xiàng)“波動(dòng)均值”．若對(duì)任意的k≥2，k∈N，都有P（a_k+1）＜P（a_k），則稱數(shù)列{a_n}為“趨穩(wěn)數(shù)列”．
（1）若數(shù)列1，x，2為“趨穩(wěn)數(shù)列”，求x的取值范圍；
（2）若各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{b_n}的公比q∈（0，1），求證：{b_n}是“趨穩(wěn)數(shù)列”；
（3）已知數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為1，各項(xiàng)均為整數(shù)，前k項(xiàng)的和為S_k．且對(duì)任意k≥2，k∈N，都有3P（S_k）=2P（a_k），試計(jì)算：$C_n^2P（{a_2}）+2C_n^3P（{a_3}）+…+（n-1）C_n^nP（{a_n}）$（n≥2，n∈N）．

Answer 1

分析 （1）由新定義可得|1-x|＞$\frac{|1-x|+|x-2|}{2}$，解不等式可得x的范圍；
（2）運(yùn)用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式，結(jié)合新定義，運(yùn)用不等式的性質(zhì)即可得證；
（3）由任意k≥2，k∈N，都有3P（S_k）=2P（a_k），可得（k-1）P（S_k）-（k-2）P（S_k-1）=|a_k|，由等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，可得${a_k}={（-2）^{k-1}}$，結(jié)合新定義和二項(xiàng)式定理，化簡整理即可得到所求值．

解答 解：（1）由題意可得$|{1-x}|＞\frac{{|{1-x}|+|{x-2}|}}{2}$，
即|1-x|＞|x-2|，兩邊平方可得x²-2x+1＞x²-4x+4，
解得$x＞\frac{3}{2}$；
（2）證明：由已知，設(shè)${b_n}={b_1}{q^{n-1}}（{b_1}＞0）$，
因b₁＞0且0＜q＜1，
故對(duì)任意的k≥2，k∈N*，都有b_k-1＞b_k，
∴$P（{b_k}）=\frac{1}{k-1}（|{{b_1}-{b_2}}|+|{{b_2}-{b_3}}|+…+|{{b_{k-1}}-{b_k}}|）$
=$\frac{1}{k-1}（{b_1}-{b_2}+{b_2}-{b_3}+…+{b_{k-1}}-{b_k}）=\frac{{{b_1}（1-q）}}{k-1}（1+q+{q^2}+…+{q^{k-2}}）$，$P（{b_{k+1}}）=\frac{{{b_1}（1-q）}}{k}（1+q+{q^2}+…+{q^{k-1}}）$，
因0＜q＜1∴qⁱ＞q^k-1（i＜k-1），
∴1＞q^k-1，q＞q^k-1，q²＞q^k-1，…，q^k-2＞q^k-1，
∴1+q+q²+…+q^k-2＞（k-1）q^k-1，
∴k（1+q+q²+…+q^k-2）＞（k-1）（1+q+q²+…+q^k-2+q^k-1），
∴$\frac{{（1+q+{q^2}+…+{q^{k-2}}）}}{k-1}＞\frac{{（1+q+{q^2}+…+{q^{k-2}}+{q^{k-1}}）}}{k}$，
∴$\frac{{{b_1}（1-q）（1+q+{q^2}+…+{q^{k-2}}）}}{k-1}＞\frac{{{b_1}（1-q）（1+q+{q^2}+…+{q^{k-2}}+{q^{k-1}}）}}{k}$
即對(duì)任意的k≥2，k∈N*，都有P（b_k）＞P（b_k+1），故{b_n}是“趨穩(wěn)數(shù)列”；
（3）當(dāng)k≥2時(shí)，$P（{S_k}）=\frac{1}{k-1}（|{{S_1}-{S_2}}|+|{{S_2}-{S_3}}|+…+|{{S_{k-1}}-{S_k}}|）=\frac{1}{k-1}（|{a_2}|+|{a_3}|+…+|{a_k}|）$
當(dāng)k≥3時(shí)，$P（{S_{k-1}}）=\frac{1}{k-2}（|{a_2}|+|{a_3}|+…+|{{a_{k-1}}}|）$，
∴（k-1）P（S_k）-（k-2）P（S_k-1）=|a_k|
同理，（k-1）P（a_k）-（k-2）P（a_k-1）=|a_k-1-a_k|，
因3P（S_k）=2P（a_k），
∴3（k-1）P（S_k）=2（k-1）P（a_k）3（k-2）P（S_k-1）=2（k-2）P（a_k-1），
即3|a_k|=2|a_k-1-a_k|，
所以3a_k=2（a_k-1-a_k）或  3a_k=-2（a_k-1-a_k）
所以  a_k=-2a_k-1或  ${a_k}=\frac{2}{5}{a_{k-1}}$
因?yàn)閍₁=1，且a_k∈Z，所以a_k=-2a_k-1，從而${a_k}={（-2）^{k-1}}$，
所以p（a_k）=$\frac{1}{k-1}$（|1-（-2）|+|-2-（-2）²|+…+|（-2）^k-2-（-2）^k-1）=$\frac{3（{2}^{k-1}-1）}{k-1}$，$C_n^2P（{a_2}）+2C_n^3P（{a_3}）+3C_n^4P（{a_4}）+…+（n-1）C_n^nP（{a_n}）$
=$3[（C_n^2•2+C_n^3•{2^2}+C_n^4•{2^3}+…+C_n^n•{2^{n-1}}）-（C_n^2+C_n^3+C_n^4+…+C_n^n）]$
=$3[\frac{1}{2}（{3^n}-2n-1）-（{2^n}-n-1）]=\frac{3}{2}（{3^n}-{2^{n+1}}+1）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查新定義的理解和運(yùn)用，考查等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式的運(yùn)用，考查二項(xiàng)式定理的運(yùn)用，考查運(yùn)算能力，屬于難題．