题目内容

1．若数列{An}：a1，a2，…，an（n≥2）满足|ak+1-ak|=1（k=1，2，3，…，n-1），数列An为G数列，记S（An）=a1+a2+…+an．
（1）写出一个满足a1=a7=0，且S（A7）＞0的G数列An；
（2）若a1=2，n=2016，证明：G数列An是递增数列的充要条件是an=2017；
（3）对任意给定的整数n（n≥2），是否存在首项为0的G数列An，使得S（An）=0？如果存在，写出一个满足条件的G数列An；如果不存在，说明理由．

分析 （1）根据题意，a1=a7=0，a2=1，a3=2，再根据|ak+1-ak|=1求出符合题设的G数列A7；
（2）可先证明必要性：由递增数列的定义，得到An是首项为2，公差为1的等差数列．从而有a2016=
2017；再证充分性：由新定义推出a2016≤a1+2015，又因为a1=2，a2016=2017，所以a2016=a1+2015．得证；
（3）令ck=ak+1-ak，分别求得a2，a3，a4，…，an，由S（An）=a1+a2+a3+…+an，求得S（An），由ck=±1，1-ck为偶数，可得n=4m，或n=4m+1（m∈N*），分别求得G数列An，满足S（An）=0的表达式．

解答 解：（1）G数列{An}：0，1，2，1，2，1，0；
（2）证明：必要性：因为G数列An是递增数列，
所以ak+1-ak=1（k=1，2，…，2015）．            
所以A2016是首项为2，公差为1的等差数列．
所以a2016=2+（2016-1）×1=2017．
充分性：由于a2016-a2015≤1，
a2015-a2014≤1
…
a2-a1≤1，
所以a2016-a1≤2015，即a2016≤a1+2015，
又因为a1=2，a2016=2017，
所以a2016=a1+2015．
故an+1-an=1＞0（k=1，2，…，2015）即An是递增数列．
综上，结论得证；
（3）令ck=ak+1-ak（k=1，2，…，n-1），则ck=±1，于是由a1=0，
得a2=c1，
a3=a2+c2=c1+c2，
a4=a3+c3=c1+c2+c3，
…
an=an-1+cn-1=c1+c2+…+cn-1，
故S（An）=a1+a2+a3+…+an，
=（n-1）c1+（n-2）c2+（n-3）c3+…+2cn-2+cn-1，
=[（n-1）+（n-2）+（n-3）+…+2+1]+（n-1）（c1-1）
+（n-2）（c2-1）+（n-3）（c3-1）+…+2（cn-2-1）+（cn-1-1），
=$\frac{n（n-1）}{2}$-[（n-1）（1-c1）+（n-2）（1-c2）+（n-3）（1-c3）+…+2（1-cn-2）+（1-cn-1）]．
因ck=±1，故1-ck（k=1，2，…，n-1）为偶数，
所以（n-1）（1-c1）+（n-2）（1-c2）+（n-3）（1-c3）+…+2（1-cn-2）+（1-cn-1）为偶数．
于是要使S（An）=0，必须$\frac{n（n-1）}{2}$为偶数，
即n（n-1）为4的倍数，亦即n=4m，或n=4m+1（m∈N*）．
（ i）当n=4m（m∈N*）时，G数列An的项存在满足：a4k-1=a4k-3=0，a4k-2=1，a4k=-1（k=1，2，…，m）时，S（An）=0．
（ ii）当n=4m+1（m∈N*）时，G数列An的项存在满足：a4k-1=a4k-3=0，a4k-2=1，a4k=-1（k=1，2，…，m），a4m+1=0时S（An）=0．

点评 本题考查新定义及理解，考查等差数列前n项和公式及数列的综合运用，解题的关键在于对新定义的正确运用，属于难题．

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