若数列An=a1,a2,…,an(n≥2)满足|an+1-a1|=1(k=1,2,…,n-1),数列An为E数列,记S(An)=a1+a2+…+an.
(Ⅰ)写出一个满足a1=as=0,且S(As)>0的E数列An;
(Ⅱ)若a1=12,n=2000,证明:E数列An是递增数列的充要条件是an=2011;
(Ⅲ)对任意给定的整数n(n≥2),是否存在首项为0的E数列An,使得S(An)=0?如果存在,写出一个满足条件的E数列An;如果不存在,说明理由.
【答案】
分析:(Ⅰ)根据题意,a
2=±1,a
4=±1,再根据|a
k+1-a
k|=1给出a
5的值,可以得出符合题的E数列A
5;
(Ⅱ)从必要性入手,由单调性可以去掉绝对值符号,可得是A
n公差为1的等差数列,再证充分性,由绝对值的性质得出不等式,再利用同向不等式的累加,可得a
k+1-a
k=1>0,A
n是递增数列;
(Ⅲ)根据定义构造数列,再用等差数列求和公式求出S(A
n),最后通过讨论得出符合条件的S(A
n).
解答:解:(Ⅰ)0,1,0,1,0是一个满足条件的E数列A
5(Ⅱ)必要性:因为E数列A
n是递增数列
所以a
k+1-a
k=1(k=1,2,…,1999)
所以A
n是首项为12,公差为1的等差数列.
所以a
2000=12+(2000-1)×1=2011
充分性:由于a
2000-a
1999≤1
a
1999-a
1998≤1
…
a
2-a
1≤1,
所以a
2000-a
1≤1999,即a
2000≤a
1+1999
又因为a
1=12,a
2000=2011
所以a
2000=a
1+1999
故a
k+1-a
k=1>0(k=1,2,…,1999),即A
n是递增数列.
综上所述,结论成立.
(Ⅲ)设c
k=a
k+1-a
k(k=1,2,…,n-1),则c
k=±1
因为a
2=a
1+c
1 a
3=a
1+c
1+c
2…
a
n=a
1+c
1+c
2+…+c
n-1所以S(A
n)=na
1+(n-1)c
1+(n-2)c
2+(n-3)c
3+…+c
n-1=(n-1)+(n-2)+…+1-[(1-c
1)(n-1)+(1-c
2)(n-2)+…+(1-c
n-1)]
=
因为c
k=±1,所以1-c
k为偶数(k=1,2,…,n-1))
所以(1-c
1)(n-1)+(1-c
2)(n-2)+…+(1-c
n-1)为偶数
所以要使S(A
n)=0,必须=
使为偶数
即4整除n(n-1),亦即n=4m或n=4m+1(m∈N
*)
当n=4m(m∈N
*)时,E数列A
n的项满足a
4k+1=a
4k-1=0,a
4k-2=-1,a
4k=1(k=1,2,…,n-1))
此时,有a
1=0且S(A
n)=0成立
当n=4m+1(m∈N
*)时,E数列A
n的项满足a
4k+1=a
4k-1=0a
4k-2=-1a
4k=1(k=1,2,…,n-1))
a
4k+1=0时,亦有a
1=0且S(A
n)=0成立
当n=4m+2或n=4m+3(m∈N
*)(m∈N
*)时,n(n-1)不能被4整除,此时不存在数列数列A
n,使得a
1=0且S(A
n)=0成立
点评:本题以数列为载体,考查了不等式的运用技巧,属于难题,第三小问注意去绝对值,分类讨论思想的运用.