Question

若有穷数列a₁，a₂，…，a_n（n≥3）满足：（1）

n

i=1

ai=0；（2）

n

i=1

|ai|=1．则称该数列为“n阶非凡数列”
（Ⅰ）分别写出一个单调递增的“3阶非凡数列”和一个单调递减的“4阶非凡数列”；
（Ⅱ）设k∈N^*，若“2k+1阶非凡数列”是等差数列，求其通项公式；
（Ⅲ）记“n阶非凡数列”的前m项的和为S_m（m=1，2，3，…，n），求证：
（1）|S_m|≤

1

2

；
（2）|

n

i=1

ai

i

|≤

1

2

-

1

2n

．

Answer 1

考点：数列的求和,等差数列的通项公式

专题：等差数列与等比数列

分析：（Ⅰ）利用新定义直接写出结果即可．
（Ⅱ）设公差为d，通过

n

i=1

ai=0，推出a_k+2=d．然后通过（1）d＞0，利用定义求出d和首项，然后求解通项公式．（2）d＜0，利用定义求出d和首项，然后求解通项公式．
（Ⅲ）（1）当m=n时，验证是否成立，当m＜n时，利用

n

i=1

ai=0，推出|Sm|≤

1

2

．
（2）利用放缩法以及裂项法求解数列的和，然后证明结论．

解答： （Ⅰ）解：-

1

2

，0，

1

2

为一个单调递增的“3阶非凡数列”；

3

8

，

1

8

，-

1

8

，-

3

8

为一个单调递减的“4阶非凡数列”．
（Ⅱ）解：设公差为d，由

n

i=1

ai=0，得(2k+1)a1+

(2k+1)2k

2

d=0，a₁+kd=0，a_k+1=0，于是a_k+2=d．由

n

i=1

|ai|=1，知d≠0．
（1）d＞0
由题设得ak+2+ak+3+…+a2k+1=

1

2

，kd+

k(k-1)

2

d=

1

2

，d=

1

k(k+1)

．
代入a₁+kd=0中，得a1=-

1

k+1

．
故an=a1+(n-1)d=-

1

k+1

+(n-1)•

1

k(k+1)

=

n

k(k+1)

-

1

k

（n∈N^*，n≤2k+1）
（2）d＜0
由题设得ak+2+ak+3+…+a2k+1=-

1

2

，kd+

k(k-1)

2

d=-

1

2

，d=-

1

k(k+1)

．
代入a₁+kd=0中，得a1=

1

k+1

．
故an=a1+(n-1)d=

1

k+1

+(n-1)•[-

1

k(k+1)

]=-

n

k(k+1)

+

1

k

（n∈N^*，n≤2k+1）
（Ⅲ）（1）证明：
当m=n时，|Sn|=|0|=0≤

1

2

，命题成立；
当m＜n时，由

n

i=1

ai=0，得S_m=a₁+a₂+…+a_m=-（a_m+1+a_m+2+…+a_n），
于是|S_m|=|a₁+a₂+…+a_m|=|a_m+1+a_m+2+…+a_n|，2|S_m|=|a₁+a₂+…+a_m|+|a_m+1+a_m+2+…+a_n|≤

n

i=1

|ai|=1，故|Sm|≤

1

2

．
综上，得|Sm|≤

1

2

（m=1，2，3，…，n）．
（2）证明：
|

n

i=1

ai

i

|=|S1+

S2-S1

2

+

S3-S2

3

+…+

Sn-Sn-1

n

|
=|

S1

1×2

+

S2

2×3

+…+

Sn-1

(n-1)n

+

Sn

n

|≤

|S1|

1×2

+

|S2|

2×3

+…+

|Sn-1|

(n-1)×n

≤

1

2

[

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

(n-1)×n

]=

1

2

(1-

1

2

+

1

2

-

1

3

+…+

1

n-1

-

1

n

)=

1

2

-

1

2n

．

点评：本题考查新定义的应用，数列的求和，裂项法的应用以及不等式的证明方法，考查分析问题解决问题的能力．