Question

8．数列{a_n}中，给定正整数m（m＞1），$V（m）=\sum_{i=1}^{m-1}{|{{a_{i+1}}-a{\;}_i}|}$．定义：数列{a_n}满足a_i+1≤a_i（i=1，2，…，m-1），称数列{a_n}的前m项单调不增．
（Ⅰ）若数列{a_n}通项公式为：${a_n}={（-1）^n}，\;（n∈{N^*}）$，求V（5）．
（Ⅱ）若数列{a_n}满足：${a_1}=a，\;{a_m}=b，\;（m＞1，\;m∈{N^*}，\;a＞b）$，求证V（m）=a-b的充分必要条件是数列{a_n}的前m项单调不增．
（Ⅲ）给定正整数m（m＞1），若数列{a_n}满足：a_n≥0，（n=1，2，…，m），且数列{a_n}的前m项和m²，求V（m）的最大值与最小值．（写出答案即可）

Answer 1

分析 （Ⅰ）由数列{a_n}通项公式分别气的前5项，代入即可求得V（5），
（Ⅱ）充分性：由$V（m）=\sum_{i=1}^{m-1}{|{{a_{i+1}}-a{\;}_i}|}$，数列{a_n}的前m项单调不增，即a_m≤…≤a₂≤a₁，去掉绝对值求得V（m）=a-b，再证明必要性，采用反证法，假设数列{a_n}的前m项不是单调不增，则存在i（1≤i≤m-1）使得a_i+1＞a_i，求得$V（m）=\sum_{i=1}^{m-1}{|{{a_{i+1}}-a{\;}_i}|}$=|a-b+a_i+1-a_i|+（a_i+1-a_i）＞a-b，与已知矛盾，即可证明V（m）=a-b的充分必要条件是数列{a_n}的前m项单调不增．
（Ⅲ）由当丨a_i+1-a_i丨=0时，即数列{a_n}为常数列，V（m）=0，当m=2时的最大值：此时a₁+a₂=4，|a₁-a₂|≤|4-0|=4，当m＞2时的最大值：此时a₁+a₂+a₃+…+a₄=m²．

解答 解（Ⅰ）${a_n}={（-1）^n}，\;（n∈{N^*}）$，
a₁=-1，a₂=1，a₃=-1，a₄=1，a₅=-1，
 V（5）=丨a₂-a₁丨+丨a₃-a₂丨+丨a₄-a₃丨+丨a₅-a₄丨=2+2+2+2=8，
 V（5）=8．…（2分）
（Ⅱ）充分性：若数列{a_n}的前m项单调不增，即a_m≤…≤a₂≤a₁，
此时有：$V（m）=\sum_{i=1}^{m-1}{|{{a_{i+1}}-a{\;}_i}|}$=（a₁-a₂）+（a₂-a₃）+（a₃-a₄）+…+（a_m-1-a_m）=a₁-a_m=a-b．
必要性：反证法，若数列{a_n}的前m项不是单调不增，则存在i（1≤i≤m-1）使得a_i+1＞a_i，那么：
$V（m）=\sum_{i=1}^{m-1}{|{{a_{i+1}}-a{\;}_i}|}$=$\sum_{i=1}^{i-1}$丨a_i+1-a_i丨+丨a_i+1-a_i丨+$\sum_{i=i+1}^{m}$丨a_i+1-a_i丨≥丨a_i-a₁丨+（a_i+1-a_i）+丨a_m-a_i+1丨，
=丨a_m-a_i+a_i-a_i+1丨+（a_i+1-a_i），
=丨a-b+a_i+′-a_i丨+（a_i+1-a_i），
由于a_i+1＞a_i，a＞b，
∴|a-b+a_i+1-a_i|+（a_i+1-a_i）＞a-b．
与已知矛盾．…（9分）
（III）最小值为0．此时{a_n}为常数列．…（10分）
最大值为$\left\{\begin{array}{l}{4，}&{m=2}\\{2{m}^{2}，}&{m＞2}\end{array}\right.$，
当m=2时的最大值：此时a₁+a₂=4，（a₁，a₂≥0），…11分
|a₁-a₂|≤|4-0|=4．
当m＞2时的最大值：此时a₁+a₂+a₃+…+a₄=m²．
由|x-y|≤|x|+|y|易证，{a_n}的值的只有是大小交替出现时，才能让V（m）取最大值．
不妨设：a_i+1≤a_i，i为奇数，a_i+1≥a_i，i为偶数．当m为奇数时有：
$V（m）=\sum_{i=1}^{m-1}{|{{a_{i+1}}-a{\;}_i}|}$，
=a₁-a₂+a₃-a₂+a₃-a₄+a₅-a₄+…+a_m-a_m-1，
=a₁-a_m+2$\sum_{i=2}^{m-1}$a_i-4$\sum_{i=1}^{\frac{m-1}{2}}$a_2i≤2$\sum_{i=1}^{m}$a_i=2m²，
当m为偶数时同理可证．…（13分）

点评 本题考查新定义的理解和运用，考查等差数列和等比数列的定义和通项公式的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题．