Question

若數列A_n=a₁，a₂，…，a_n（n≥2）滿足|a_n+1-a_n|=1（k=1，2，…，n-1），數列A_n為E數列，記S（A_n）=a₁+a₂+…+a_n．
（Ⅰ）寫出一個滿足a₁=a_s=0，且S（A_s）＞0的E數列A_n；
（Ⅱ）若a₁=12，n=2000，證明：E數列A_n是遞增數列的充要條件是a_n=2011；
（Ⅲ）對任意給定的整數n（n≥2），是否存在首項為0的E數列A_n，使得S（A_n）=0？如果存在，寫出一個滿足條件的E數列A_n；如果不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）根據題意，a₂=±1，a₄=±1，再根據|a_k+1-a_k|=1給出a₅的值，可以得出符合題的E數列A₅；
（Ⅱ）從必要性入手，由單調性可以去掉絕對值符號，可得是A_n公差為1的等差數列，再證充分性，由絕對值的性質得出不等式，再利用同向不等式的累加，可得a_k+1-a_k=1＞0，A_n是遞增數列；
（Ⅲ）根據定義構造數列，再用等差數列求和公式求出S（A_n），最后通過討論得出符合條件的S（A_n）．

解答：解：（Ⅰ）0，1，0，1，0是一個滿足條件的E數列A₅
（Ⅱ）必要性：因為E數列A_n是遞增數列
              所以a_k+1-a_k=1（k=1，2，…，1999）
              所以A_n是首項為12，公差為1的等差數列．
              所以a₂₀₀₀=12+（2000-1）×1=2011
      充分性：由于a₂₀₀₀-a₁₉₉₉≤1
                  a₁₉₉₉-a₁₉₉₈≤1
                     …
                  a₂-a₁≤1，
        所以a₂₀₀₀-a₁≤1999，即a₂₀₀₀≤a₁+1999
        又因為a₁=12，a₂₀₀₀=2011
        所以a₂₀₀₀=a₁+1999
        故a_k+1-a_k=1＞0（k=1，2，…，1999），即A_n是遞增數列．
     綜上所述，結論成立．
（Ⅲ）設c_k=a_k+1-a_k（k=1，2，…，n-1），則c_k=±1
因為a₂=a₁+c₁
    a₃=a₁+c₁+c₂
…
    a_n=a₁+c₁+c₂+…+c_n-1
所以S（A_n）=na₁+（n-1）c₁+（n-2）c₂+（n-3）c₃+…+c_n-1
=（n-1）+（n-2）+…+1-[（1-c₁）（n-1）+（1-c₂）（n-2）+…+（1-c_n-1）]
=

n(n-1)

2

-[(1-c1)(n-1)+(1-c2)(n-2)+…+(1-cn-1)]
因為c_k=±1，所以1-c_k為偶數（k=1，2，…，n-1））
所以（1-c₁）（n-1）+（1-c₂）（n-2）+…+（1-c_n-1）為偶數
所以要使S（A_n）=0，必須=

n(n-1)

2

使為偶數
即4整除n（n-1），亦即n=4m或n=4m+1（m∈N^*）
當n=4m（m∈N^*）時，E數列A_n的項滿足a_4k+1=a_4k-1=0，a_4k-2=-1，a_4k=1（k=1，2，…，n-1））
此時，有a₁=0且S（A_n）=0成立
當n=4m+1（m∈N^*）時，E數列A_n的項滿足a_4k+1=a_4k-1=0a_4k-2=-1a_4k=1（k=1，2，…，n-1））
a_4k+1=0時，亦有a₁=0且S（A_n）=0成立
當n=4m+2或n=4m+3（m∈N^*）（m∈N^*）時，n（n-1）不能被4整除，此時不存在數列數列A_n，使得a₁=0且S（A_n）=0成立

點評：本題以數列為載體，考查了不等式的運用技巧，屬于難題，第三小問注意去絕對值，分類討論思想的運用．