Question

称满足以下两个条件的有穷数列a₁，a₂，…，a_n为n（n=2，3，4，…）阶“期待数列”：
①a₁+a₂+a₃+…+a_n=0；②|a₁|+|a₂|+|a₃|+…+|a_n|=1．
（1）若等比数列{a_n}为2k（k∈N^*）阶“期待数列”，求公比q及{a_n}的通项公式；
（2）若一个等差数列{a_n}既是2k（k∈N^*）阶“期待数列”又是递增数列，求该数列的通项公式；
（3）记n阶“期待数列”{a_n}的前k项和为S_k（k=1，2，3，…，n）：
（i）求证：|S_k|≤

1

2

；
（ii）若存在m∈{1，2，3，…，n}使S_m=

1

2

，试问数列{S_k}能否为n阶“期待数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由．

Answer 1

考点：数列与不等式的综合

专题：点列、递归数列与数学归纳法

分析：（1）由n阶“期待数列”的定义，结合已知条件①求得等比数列的公比q=-1，代入②求得a1=±

1

2k

，则等比数列的通项公式可求；
（2）设出等差数列的公差，结合①②求出公差，再由前k项和等于-

1

2

求出首项，则等差数列的通项公式可求；
（3）（i）由n阶“期待数列”{a_n}的前k项和中所有项之和为0，所有项的绝对值的和为1，求得所有非负数项的和

1

2

，所有负数项的和为-

1

2

，从而得到答案；
（ii）借助于（i）的结论知，数列{S_k}（k=1，2，3，…，n）的前k项和为T_k 满足|Tk|≤

1

2

，再由Sm=

1

2

，
得到|S₁|+|S₂|+|S₃|+…+|S_n|=S₁+S₂+S₃+…+S_n．从而说明S₁+S₂+S₃+…+S_n=0与|S₁|+|S₂|+|S₃|+…+|S_n|=1不能同时成立．

解答： （1）解：若q=1，由①得，a₁•2k=0，得a₁=0，矛盾；
若q≠1，则由①，a1+a2+…+a2k=

a1(1-q2k)

1-q

=0，得q=-1，
由②得，a1=

1

2k

或a1=-

1

2k

，
∴q=-1，数列{a_n}的通项公式是ai=

1

2k

•(-1)i-1(i=1，2，…，2k)，
或ai=-

1

2k

•(-1)i-1(i=1，2，…，2k)；
（2）解：设等差数列a₁，a₂，a₃，…，a_2k（k≥1）的公差为d，d＞0，
∵a₁+a₂+…+a_2k=0，∴

2k•(a1+a2k)

2

=0，
∴a₁+a_2k=a_k+a_k+1=0，
∵d＞0，由a₁+a_k+1=0得，a_k＜0，a_k+1＞0，
由①②得，a1+a2+…+ak=-

1

2

，ak+1+ak+2+…+a2k=

1

2

，
两式相减得，k²d=1，∴d=

1

k2

，
又a1•k+

k(k-1)

2

•d=-

1

2

，得a1=-

2k-1

2k2

．
∴数列{a_n}的通项公式是a_i=a₁+（i-1）•d=-

2k-1

2k2

+(i-1)•

1

k2

=

-2k-1+2i

2k2

；
（3）证明：记a₁，a₂，…，a_n中所有非负数项的和为A，所有负数项的和为B，
则A+B=0，A-B=1，得A=

1

2

，B=-

1

2

，
（i）-

1

2

=B≤Sk≤A=

1

2

，即|Sk|≤

1

2

（ii）若存在m∈{1，2，3，…，n}使Sm=

1

2

，由前面的证明过程知：
a₁≥0，a₂≥0，…，a_m≥0，a_m+1≤0，a_m+2≤0，…，a_n≤0，
且am+1+am+2+…+an=-

1

2

，
如果{S_k}是n阶“期待数列”，
记数列{S_k}（k=1，2，3，…，n）的前k项和为T_k ，
则由（i）知，|Tk|≤

1

2

，
∴Tm=S1+S2+…+Sm≤

1

2

，而Sm=

1

2

，
∴S₁=S₂=…=S_m-1=0，从而a1=a2=…=am-1=0，am=

1

2

．
又am+1+am+2+…+an=-

1

2

，
则S_m+1，S_m+2，…，S_n≥0．
∴|S₁|+|S₂|+|S₃|+…+|S_n|=S₁+S₂+S₃+…+S_n．
S₁+S₂+S₃+…+S_n=0与|S₁|+|S₂|+|S₃|+…+|S_n|=1不能同时成立．
∴对于有穷数列a₁，a₂，…，a_n（n=2，3，4，…），若存在m∈{1，2，3，…，n}使Sm=

1

2

，
则数列{a_i}的和数列{S_k}（k=1，2，3，…，n）不能为n阶“期待数列”．

点评：本题是新定义题，考查了数列与不等式的结合，解答此题的关键是明确题意，充分借助于题设中给出的两个条件，明确数列中的非负数项和负数项，是难度较大的题型．