Question

10．已知a₁，a₂，…，a_n是由n（n∈N^*）个整数1，2，…，n按任意次序排列而成的数列．数列{b_n}满足b_k=n+1-a_k（k=1，2，…，n），c₁，c₂，…，c_n是1，2，…，n按从大到小的顺序排列而成的数列，记S_n=c₁+2c₂+…+nc_n．
（1）证明：当n为正偶数时，不存在满足a_k=b_k（k=1，2，…，n）的数列{a_n}；
（2）写出c_k（k=1，2，…，n），并用含n的式子表示S_n；
（3）利用（1-b₁）²+（2-b₂）²+…+（n-b_n）²≥0，证明：b₁+2b₂+…+nb_n≤$\frac{1}{6}$n（n+1）（2n+1）及a₁+2a₂+…+na_n≥S_n．
（参考：1²+2²+…+n²=$\frac{1}{6}$n（n+1）（2n+1））

Answer 1

分析 （1）可用反证法证明，假设存在满足a_k=b_k（k=1，2，…，n）的数列{a_n}，由条件结合奇数、偶数的概念即可得证；
（2）由题意可得{c_k}：n，n-1，n-2，…，1，再由累加法即可得到S_n；
（3）由（1-b₁）²+（2-b₂）²+…+（n-b_n）²≥0，展开即可证得b₁+2b₂+…+nb_n≤$\frac{1}{6}$n（n+1）（2n+1）；再由排序定理：乱序之和不小于倒序之和．

解答 解：（1）证明：当n为正偶数时，
存在满足a_k=b_k（k=1，2，…，n）的数列{a_n}，
由b_k=n+1-a_k（k=1，2，…，n），可得
a_k=$\frac{n+1}{2}$，由n为正偶数，可得n+1为奇数，
$\frac{n+1}{2}$不为整数，a_k为整数，故不成立，
则当n为正偶数时，
不存在满足a_k=b_k（k=1，2，…，n）的数列{a_n}；
（2）{c_k}：n，n-1，n-2，…，1，
由S₁=1，S₂-S₁=3，S₃-S₂=6，S₄-S₃=10，…，S_n-S_n-1=3+$\frac{（n-2）（n+3）}{2}$，n＞1．
累加可得，S_n=1+3+6+10+…+[3+$\frac{（n-2）（n+3）}{2}$]=$\frac{1}{2}$（1²+2²+…+n²）+（1+2+…+n）]
=$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{6}$n（n+1）（2n+1）+$\frac{1}{4}$n（n+1）=$\frac{1}{6}$n（n+1）（n+2）；
（3）证明：由（1-b₁）²+（2-b₂）²+…+（n-b_n）²≥0，可得
1²+2²+…+n²-2（b₁+2b₂+…+nb_n）+（b₁²+b₂²+…+b_n²）≥0，
即有b₁+2b₂+…+nb_n≤$\frac{1}{2}$[（1²+2²+…+n²）+（b₁²+b₂²+…+b_n²）]
=1²+2²+…+n²=$\frac{1}{6}$n（n+1）（2n+1）；
由排序定理可得，乱序之和不小于倒序之和，
由a₁+2a₂+…+na_n为乱序之和，S_n=c₁+2c₂+…+nc_n为倒序之和．
即可得到a₁+2a₂+…+na_n≥S_n．

点评 本题考查数列的求和方法，以及数列不等式的证明，考查反证法的运用和综合法的运用，考查推理能力，属于中档题．