若数列{An}:a1.a2.-.an满足|ak+1-ak|=1.数列An为G数列.记S(An)=a1+a2+-+an．(1)写出一个满足a1=a7=0.且S(A7)＞0的G数列An,(2)若a1=2.n=2016.证明:G数列An是递增数列的充要条件是an=2017,(3)对任意给定的整数n.是否存在首项为0的G数列An.使得S(An)=0?如果存在.写出一个满足条件的G数� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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1．若数列{A_n}：a₁，a₂，…，a_n（n≥2）满足|a_k+1-a_k|=1（k=1，2，3，…，n-1），数列A_n为G数列，记S（A_n）=a₁+a₂+…+a_n．
（1）写出一个满足a₁=a₇=0，且S（A₇）＞0的G数列A_n；
（2）若a₁=2，n=2016，证明：G数列A_n是递增数列的充要条件是a_n=2017；
（3）对任意给定的整数n（n≥2），是否存在首项为0的G数列A_n，使得S（A_n）=0？如果存在，写出一个满足条件的G数列A_n；如果不存在，说明理由．

分析（1）根据题意，a₁=a₇=0，a₂=1，a₃=2，再根据|a_k+1-a_k|=1求出符合题设的G数列A₇；
（2）可先证明必要性：由递增数列的定义，得到A_n是首项为2，公差为1的等差数列．从而有a₂₀₁₆=
2017；再证充分性：由新定义推出a₂₀₁₆≤a₁+2015，又因为a₁=2，a₂₀₁₆=2017，所以a₂₀₁₆=a₁+2015．得证；
（3）令c_k=a_k+1-a_k，分别求得a₂，a₃，a₄，…，a_n，由S（A_n）=a₁+a₂+a₃+…+a_n，求得S（A_n），由c_k=±1，1-c_k为偶数，可得n=4m，或n=4m+1（m∈N^*），分别求得G数列A_n，满足S（A_n）=0的表达式．

解答解：（1）G数列{A_n}：0，1，2，1，2，1，0；
（2）证明：必要性：因为G数列A_n是递增数列，
所以a_k+1-a_k=1（k=1，2，…，2015）．
所以A₂₀₁₆是首项为2，公差为1的等差数列．
所以a₂₀₁₆=2+（2016-1）×1=2017．
充分性：由于a₂₀₁₆-a₂₀₁₅≤1，
a₂₀₁₅-a₂₀₁₄≤1
…
a₂-a₁≤1，
所以a₂₀₁₆-a₁≤2015，即a₂₀₁₆≤a₁+2015，
又因为a₁=2，a₂₀₁₆=2017，
所以a₂₀₁₆=a₁+2015．
故a_n+1-a_n=1＞0（k=1，2，…，2015）即A_n是递增数列．
综上，结论得证；
（3）令c_k=a_k+1-a_k（k=1，2，…，n-1），则c_k=±1，于是由a₁=0，
得a₂=c₁，
a₃=a₂+c₂=c₁+c₂，
a₄=a₃+c₃=c₁+c₂+c₃，
…
a_n=a_n-1+c_n-1=c₁+c₂+…+c_n-1，
故S（A_n）=a₁+a₂+a₃+…+a_n，
=（n-1）c₁+（n-2）c₂+（n-3）c₃+…+2c_n-2+c_n-1，
=[（n-1）+（n-2）+（n-3）+…+2+1]+（n-1）（c₁-1）
+（n-2）（c₂-1）+（n-3）（c₃-1）+…+2（c_n-2-1）+（c_n-1-1），
=$\frac{n（n-1）}{2}$-[（n-1）（1-c₁）+（n-2）（1-c₂）+（n-3）（1-c₃）+…+2（1-c_n-2）+（1-c_n-1）]．
因c_k=±1，故1-c_k（k=1，2，…，n-1）为偶数，
所以（n-1）（1-c₁）+（n-2）（1-c₂）+（n-3）（1-c₃）+…+2（1-c_n-2）+（1-c_n-1）为偶数．
于是要使S（A_n）=0，必须$\frac{n（n-1）}{2}$为偶数，
即n（n-1）为4的倍数，亦即n=4m，或n=4m+1（m∈N^*）．
（ i）当n=4m（m∈N^*）时，G数列A_n的项存在满足：a_4k-1=a_4k-3=0，a_4k-2=1，a_4k=-1（k=1，2，…，m）时，S（A_n）=0．
（ ii）当n=4m+1（m∈N^*）时，G数列A_n的项存在满足：a_4k-1=a_4k-3=0，a_4k-2=1，a_4k=-1（k=1，2，…，m），a_4m+1=0时S（A_n）=0．

点评本题考查新定义及理解，考查等差数列前n项和公式及数列的综合运用，解题的关键在于对新定义的正确运用，属于难题．

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