题目内容
（2013•西城区一模）已知集合Sn={X|X=(x1，x2，…，xn)，xi∈N*，i=1，2，…，n} (n≥2)．对于A=（a1，a2，…，an），B=（b1，b2，…，bn）∈Sn，定义
=(b1-a1，b2-a2，…，bn-an)；λ（a1，a2，…，an）=（λa1，λa2，…，λan）（λ∈R）；A与B之间的距离为d(A，B)=
|ai-bi|．
（Ⅰ）当n=5时，设A=（1，2，1，2，a5），B=（2，4，2，1，3）．若d（A，B）=7，求a5；
（Ⅱ）（ⅰ）证明：若A，B，C∈Sn，且?λ＞0，使
=λ
，则d（A，B）+d（B，C）=d（A，C）；
（ⅱ）设A，B，C∈Sn，且d（A，B）+d（B，C）=d（A，C）．是否一定?λ＞0，使
=λ
？说明理由；
（Ⅲ）记I=（1，1，…，1）∈Sn．若A，B∈Sn，且d（I，A）=d（I，B）=p，求d（A，B）的最大值．
| AB |
| n |
 |
| i=1 |
（Ⅰ）当n=5时，设A=（1，2，1，2，a5），B=（2，4，2，1，3）．若d（A，B）=7，求a5；
（Ⅱ）（ⅰ）证明：若A，B，C∈Sn，且?λ＞0，使
| AB |
| BC |
（ⅱ）设A，B，C∈Sn，且d（A，B）+d（B，C）=d（A，C）．是否一定?λ＞0，使
| AB |
| BC |
（Ⅲ）记I=（1，1，…，1）∈Sn．若A，B∈Sn，且d（I，A）=d（I，B）=p，求d（A，B）的最大值．
分析：（Ⅰ）由于A=（1，2，1，2，a5），B=（2，4，2，1，3），利用d（A，B）=
|ai-bi|=7即可求得求a5；
（Ⅱ）（ⅰ）设A=（a1，a2，…，an），B=（b1，b2，…，bn），C=（c1，c2，…，cn），依题意可求得 bi-ai与ci-bi（i=1，2，…，n）同为非负数或同为负数，从而可证得结论；
（ⅱ）设A，B，C∈Sn，且d（A，B）+d（B，C）=d（A，C）不一定?λ＞0，使
=λ
，可举反例，取A=（1，1，1，…，1），B=（1，2，1，1，…，1），C（2，2，2，1，1，…，1），即可；
（Ⅲ）依题意，设bi-ai（i=1，2，…，n）中有m（m≤n）项为非负数，n-m项为负数．不妨设i=1，2，…，m时bi-ai≥0；i=m+1，m+2，…，n时，bi-ai＜0，由d（I，A）=d（I，B）=p，可求得d（A，B）=2p．
| 5 |
|
| i=1 |
（Ⅱ）（ⅰ）设A=（a1，a2，…，an），B=（b1，b2，…，bn），C=（c1，c2，…，cn），依题意可求得 bi-ai与ci-bi（i=1，2，…，n）同为非负数或同为负数，从而可证得结论；
（ⅱ）设A，B，C∈Sn，且d（A，B）+d（B，C）=d（A，C）不一定?λ＞0，使
| AB |
| BC |
（Ⅲ）依题意，设bi-ai（i=1，2，…，n）中有m（m≤n）项为非负数，n-m项为负数．不妨设i=1，2，…，m时bi-ai≥0；i=m+1，m+2，…，n时，bi-ai＜0，由d（I，A）=d（I，B）=p，可求得d（A，B）=2p．
解答：（Ⅰ）解：当n=5时，由d（A，B）=
|ai-bi|=7，
得|1-2|+|2-4|+|1-2|+|2-1|+|a5-3|=7，即|a5-3|=2．
由a5∈N*，得 a5=1，或a5=5．
（Ⅱ）（ⅰ）证明：设A=（a1，a2，…，an），B=（b1，b2，…，bn），C=（c1，c2，…，cn）．
因为?λ＞0，使
=λ
，
所以?λ＞0，使得 （b1-a1，b2-a2，…，bn-an）=λ（（c1-b1，c2-b2，…，cn-bn），
即?λ＞0，使得 bi-ai=λ（ci-bi），其中i=1，2，…，n．
所以 bi-ai与ci-bi（i=1，2，…，n）同为非负数或同为负数．
所以d（A，B）+d（B，C）=
|ai-bi|+
|bi-ci|=
（|bi-ai|+|ci-bi|）=
|ci-ai|=d（A，C）．
（ⅱ）解：设A，B，C∈Sn，且d（A，B）+d（B，C）=d（A，C），此时不一定?λ＞0，使得
=λ
．
反例如下：取A=（1，1，1，…，1），B=（1，2，1，1，…，1），C（2，2，2，1，1，…，1），
则 d（A，B）=1，d（B，C）=2，d（A，C）=3，显然d（A，B）+d（B，C）=d（A，C）．
因为
=（0，1，0，0，…，0）
=（1，0，1，0，0，…，0），
所以不存在λ＞0，使得
=λ
．．
（Ⅲ）因为d（A，B）=
|ai-bi|，
设bi-ai（i=1，2，…，n）中有m（m≤n）项为非负数，n-m项为负数．不妨设i=1，2，…，m时bi-ai≥0；i=m+1，m+2，…，n时，bi-ai＜0．
所以d（A，B）=
|ai-bi|=[（b1+b2+…+bm）-（a1+a2+…+am）]+[（am+1+am+2+…+an）-（bm+1+bm+2+…+bn）]，
因为 d（I，A）=d（I，B）=p，
∴
（ai-1）=
（bi-1），整理得
ai=
bi．
所以d（A，B）=
|ai-bi|=2[b1+b2+…+bm-（a1+a2+…+am）]．
因为 b1+b2+…+bm=（b1+b2+…+bn）-（bm+1+bm+2+…+bn）≤（p+n）-（n-m）×1=p+m；
又 a1+a2+…+am≥m×1=m，
所以 d（A，B）=2[b1+b2+…+bm-（a1+a2+…+am）]≤2[（p+m）-m]=2p．即 d（A，B）≤2p．…（12分）
对于 A=（1，1，…，1，p+1），B=（p+1，1，1，…，1），有 A，B∈Sn，且d（I，A）=d（I，B）=p，d（A，B）=2p．
综上，d（A，B）的最大值为2p．
| 5 |
|
| i=1 |
得|1-2|+|2-4|+|1-2|+|2-1|+|a5-3|=7，即|a5-3|=2．
由a5∈N*，得 a5=1，或a5=5．
（Ⅱ）（ⅰ）证明：设A=（a1，a2，…，an），B=（b1，b2，…，bn），C=（c1，c2，…，cn）．
因为?λ＞0，使
| AB |
| BC |
所以?λ＞0，使得 （b1-a1，b2-a2，…，bn-an）=λ（（c1-b1，c2-b2，…，cn-bn），
即?λ＞0，使得 bi-ai=λ（ci-bi），其中i=1，2，…，n．
所以 bi-ai与ci-bi（i=1，2，…，n）同为非负数或同为负数．
所以d（A，B）+d（B，C）=
| n |
|
| i=1 |
| n |
|
| i=1 |
| n |
|
| i=1 |
| n |
|
| i=1 |
（ⅱ）解：设A，B，C∈Sn，且d（A，B）+d（B，C）=d（A，C），此时不一定?λ＞0，使得
| AB |
| BC |
反例如下：取A=（1，1，1，…，1），B=（1，2，1，1，…，1），C（2，2，2，1，1，…，1），
则 d（A，B）=1，d（B，C）=2，d（A，C）=3，显然d（A，B）+d（B，C）=d（A，C）．
因为
| AB |
| BC |
所以不存在λ＞0，使得
| AB |
| BC |
（Ⅲ）因为d（A，B）=
| n |
|
| i=1 |
设bi-ai（i=1，2，…，n）中有m（m≤n）项为非负数，n-m项为负数．不妨设i=1，2，…，m时bi-ai≥0；i=m+1，m+2，…，n时，bi-ai＜0．
所以d（A，B）=
| n |
|
| i=1 |
因为 d（I，A）=d（I，B）=p，
∴
| n |
|
| i=1 |
| n |
|
| i=1 |
| n |
|
| i=1 |
| n |
|
| i=1 |
所以d（A，B）=
| n |
|
| i=1 |
因为 b1+b2+…+bm=（b1+b2+…+bn）-（bm+1+bm+2+…+bn）≤（p+n）-（n-m）×1=p+m；
又 a1+a2+…+am≥m×1=m，
所以 d（A，B）=2[b1+b2+…+bm-（a1+a2+…+am）]≤2[（p+m）-m]=2p．即 d（A，B）≤2p．…（12分）
对于 A=（1，1，…，1，p+1），B=（p+1，1，1，…，1），有 A，B∈Sn，且d（I，A）=d（I，B）=p，d（A，B）=2p．
综上，d（A，B）的最大值为2p．
点评：本题考查绝对值三角不等式，考查数列的求和，突出考查构造思想与举反例，考查抽象思维与创新思维能力考查推理转化能力，属于难题．
练习册系列答案
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