定义数列{xn}，如果存在常数p，使对任意正整数n，总有＜0成立，那么我们称数列{xn}为“p-摆动数列”．设an=2n-1，

题文

定义数列{x_n}，如果存在常数p，使对任意正整数n，总有（x_n+1-p）（x_n-p）＜0成立，那么我们称数列{x_n}为“p-摆动数列”．
（1）设a_n=2n-1，bn=(-12)n，n∈N^*，判断{a_n}、{b_n}是否为“p-摆动数列”，并说明理由；
（2）设数列{c_n}为“p-摆动数列”，c₁＞p，求证：对任意正整数m，n∈N^*，总有c_2n＜c_2m-1成立；
（3）设数列{d_n}的前n项和为S_n，且Sn=(-1)n•n，试问：数列{d_n}是否为“p-摆动数列”，若是，求出p的取值范围；若不是，说明理由． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（1）假设数列{a_n}是“p-摆动数列”，即存在常数p，总有2n-1＜p＜2n+1对任意n成立，
不妨取n=1，则1＜p＜3，取n=2，则3＜p＜5，显然常数p不存在，
所以数列{a_n}不是“p-摆动数列”；
而数列{b_n}是“p-摆动数列”，p=0．
由bn=(-12)n，于是bnbn+1=(-12)2n+1＜0对任意n成立，
所以数列{b_n}是“p-摆动数列”．
（2）由数列{c_n}为“p-摆动数列”，c₁＞p，即存在常数p，使对任意正整数n，总有（c_n+1-p）（c_n-p）＜0成立．
即有（c_n+2-p）（c_n+1-p）＜0成立．则（c_n+2-p）（c_n-p）＞0，
所以c₁＞p＞⇒c₃＞p⇒…⇒c_2m-1＞p，
同理（c₂-p）（c₁-p）＜0⇒c₂＜p⇒c₄＜p⇒…⇒c_2n＜p，
所以c_2n＜p＜c_2m-1．
因此对任意的m，n∈N^*，都有c_2n＜c_2m-1成立．
（3）当n=1时，d₁=-1，
当n≥2，n∈N^*时，dn=Sn-Sn-1=(-1)n(2n-1)，
综上，dn=(-1)n(2n-1)，
则存在p=0，使对任意正整数n，总有dndn+1=(-1)2n+1(2n-1)(2n+1)＜0成立，
所以数列{d_n}是“p-摆动数列”；
当n为奇数时d_n=-2n+1递减，所以d_n≤d₁=-1，只要p＞-1即可，
当n为偶数时d_n=2n-1递增，d_n≥d₂=3，只要p＜3即可．
综上-1＜p＜3．
所以数列{d_n}是“p-摆动数列”，p的取值范围是（-1，3）．

解析

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考点

据考高分专家说，试题“定义数列{xn}，如果存在常数p，使对任.....”主要考查你对 [数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等） ]考点的理解。 数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）

数列求和的常用方法：

1.裂项相加法：数列中的项形如

的形式，可以把

表示为

，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和；
2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如

的数列，其中

为等差数列，

为等比数列，均可用此法；
3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。
4、分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。
5、公式法求和：所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式求和，常用的公式有：
 


数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。

数列求和特别提醒：

（1）对通项公式含有

的一类数列，在求

时，要注意讨论n的奇偶性；
（2）在用等比数列前n项和公式时，一定要分q=1和q≠1两种情况来讨论。