Question

6．若数列{a_n}满足|a_n+1-a_n|=p，当p=$\frac{1}{2}$时，则称{a_n}为“规则数列”；当p=$\frac{1}{{2}^{n}}$时，则称{a_n}为“收缩数列”，记S_n=a₁+a₂+…+a_n
（1）若{a_n}是首项为2的“规则数列”，求a₂₀₁₆的不同取值个数以及最大值，求使得S_n=0成立的n的最小值
（2）已知{a_n}是首项为3的“规则数列”，求证：a₉₉=52成立的充要条件是数列{a_n}是递增数列；
（3）是否存在首项a₁≥1的“收缩数列”{a_n}，使得$\underset{lim}{n→∞}$S_n存在，若存在，求出极限；若不存在，请说明理．

Answer 1

分析 （1）由{a_n}是首项为2的“规则数列”，求得前几项，找出规律，即可得到a₂₀₁₆的不同取值个数为2016，最大值为$\frac{2019}{2}$；运用等差数列的通项公式，以及求和公式计算即可得到所求值；
（2）从两个方面证明充要条件，当数列{a_n}是递增数列时，运用等差数列的通项公式可得；再由当a₉₉=52，推理可得a₁＜a₂＜a₃＜…＜a_n，即可得证；
（3）不存在首项a₁≥1的“收缩数列”{a_n}，使得$\underset{lim}{n→∞}$S_n存在．可通过a_n+1-a_n=±$\frac{1}{{2}^{n}}$，求得通项a_n，判断数列的和的极限，推理数列{a_n}为摆动数列，也不存在．

解答 解：（1）{a_n}是首项为2的“规则数列”，
可得a₁=2；a₂=$\frac{5}{2}$，$\frac{3}{2}$；a₃=3，2，1；a₄=$\frac{7}{2}$，$\frac{5}{2}$，$\frac{3}{2}$，$\frac{1}{2}$；
…，a₂₀₁₆=$\frac{2019}{2}$，$\frac{2017}{2}$，…，-$\frac{2011}{2}$，
则a₂₀₁₆的不同取值个数为2016，最大值为$\frac{2019}{2}$；
由题意可得a_n+1-a_n=-$\frac{1}{2}$，可得a_n=2-$\frac{1}{2}$（n-1）=$\frac{5-n}{2}$，
S_n=$\frac{1}{2}$（2+$\frac{5-n}{2}$）n=$\frac{n}{4}$（9-n），当n=9时，即为最小值，有S_n=0；
（2）证明：当数列{a_n}是递增数列时，
即有a_n+1-a_n=$\frac{1}{2}$，可得a_n=3+$\frac{1}{2}$（n-1），
则有a₉₉=3+$\frac{1}{2}$×98=52；
当a₉₉=52时，由（1）可得|a_n+1-a_n|=$\frac{1}{2}$时，
a₉₉共有99个不同的实数值，且52为最大值，
可得a₉₈也为最大，类推可得a₁＜a₂＜a₃＜…＜a_n，
则数列{a_n}是递增数列，
综合可得，a₉₉=52成立的充要条件是数列{a_n}是递增数列；
（3）不存在首项a₁≥1的“收缩数列”{a_n}，使得$\underset{lim}{n→∞}$S_n存在．
若a_n+1-a_n=$\frac{1}{{2}^{n}}$，则a_n=a₁+（a₂-a₁）+（a₃-a₂）+…+（a_n-a_n-1）
=a₁+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{4}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$=a₁-1+$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$=a₁+1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
显然S_n=n（a₁+1）-（1+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$）=n（a₁+1）-2+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
显然$\underset{lim}{n→∞}$S_n不存在；
若a_n+1-a_n=-$\frac{1}{{2}^{n}}$，由上可知，$\underset{lim}{n→∞}$S_n不存在；
若数列{a_n}为摆动数列，同样不存在首项a₁≥1的“收缩数列”{a_n}，
使得$\underset{lim}{n→∞}$S_n存在．

点评 本题考查新定义的理解和运用，注意运用等差数列的通项公式和求和公式，同时考查数列极限的运算性质，考查推理能力和运算能力，属于中档题．