Question

若数列A_n=a₁，a₂，…，a_n（n≥2）满足|a_n+1-a_n|=1（k=1，2，…，n-1），数列A_n为E数列，记S（A_n）=a₁+a₂+…+a_n．
（Ⅰ）写出一个满足a₁=a_s=0，且S（A_s）＞0的E数列A_n；
（Ⅱ）若a₁=12，n=2000，证明：E数列A_n是递增数列的充要条件是a_n=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A_n，使得S（A_n）=0？如果存在，写出一个满足条件的E数列A_n；如果不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）根据题意，a₂=±1，a₄=±1，再根据|a_k+1-a_k|=1给出a₅的值，可以得出符合题的E数列A₅；
（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A₅
（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
        又因为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)]
因为c_k=±1，所以1-c_k为偶数（k=1，2，…，n-1））
所以（1-c₁）（n-1）+（1-c₂）（n-2）+…+（1-c_n-1）为偶数
所以要使S（A_n）=0，必须=

n(n-1)

2

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a₁=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a₁=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a₁=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．