Question

（2013•丰台区一模）设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．
（Ⅰ）分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”；
（Ⅱ）若某2k+1（k∈N^*）阶“期待数列”是等差数列，求该数列的通项公式；
（Ⅲ）记n阶“期待数列”的前k项和为S_k（k=1，2，3，…，n），试证：
（1）|Sk|≤

1

2

；     
（2）|

n

i=1

ai

i

|≤

1

2

-

1

2n

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）利用新定义直接利用等差数列，写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”；
（Ⅱ）利用某2k+1（k∈N^*）阶“期待数列”是等差数列，通过公差为0，大于0．小于0，分别求解该数列的通项公式；
（Ⅲ）（1）判断k=n时，|Sn|≤

1

2

，然后证明k＜n时，利用数列求和以及绝对值三角不等式证明即可；     
（2）通过数列求和，以及绝对值三角不等式和放缩法，利用裂项法求和，证明|

n

i=1

ai

i

|≤

1

2

-

1

2n

．

解答：（本题14分）
解：（Ⅰ）数列-

1

2

，0，

1

2

为三阶期待数列…（1分）
数列-

3

8

，-

1

8

，

1

8

，

3

8

为四阶期待数列，…..…..（3分）（其它答案酌情给分）
（Ⅱ）设等差数列a₁，a₂，a₃，…，a_2k+1（k≥1）的公差为d，
∵a₁+a₂+a₃+…+a_2k+1=0，
∴(2k+1)a1+

2k(2k+1)d

2

=0，
所以a₁+kd=0，
即a_k+1=0，∴a_k+2=d，…（4分）
当d=0时，与期待数列的条件①②矛盾，…（5分）
当d＞0时，据期待数列的条件①②得：ak+2+ak+3+…+a2k+1=

1

2

，
∴kd+

k(k-1)

2

d=

1

2

，即d=

1

k(k+1)

由a_k+1=0得 a1+k•

1

k(k+1)

=0，即 a1=-

1

k+1

，
∴an=-

1

k+1

+(n-1)

1

k(k+1)

=

n

k(k+1)

-

1

k

(n∈N*，n≤2k+1)．…（7分）
当d＜0时，
同理可得kd+

k(k-1)

2

d=-

1

2

，即d=-

1

k(k+1)

，
由a_k+1=0得 a1-k•

1

k(k+1)

=0，即 a1=

1

k+1

∴an=

1

k+1

-(n-1)

1

k(k+1)

=-

n

k(k+1)

+

1

k

(n∈N*，n≤2n+1)．…（8分）
（Ⅲ）（1）当k=n时，显然|Sn|=0≤

1

2

成立；…（9分）
当k＜n时，据条件①得S_k=a₁+a₂+…+a_k=-（a_k+1+a_k+2+…+a_n），
即|S_k|=|a₁+a₂+…+a_k|=|a_k+1+a_k+2+…+a_n|，
∴2|S_k|=|a₁+a₂+…+a_k|+|a_k+1+a_k+2+…+a_n|
≤|a₁|+|a₂|+…+|a_k|+|a_k+1|+|a_k+2|+…+|a_n|=1，
∴|Sk|≤

1

2

(k=1，2，3，…，n)．…（11分）
(2)|

n

i=1

ai

i

|=|

a1

1

+

a2

2

+

a3

3

+

a4

4

+…+

an-1

n-1

+

an

n

|
=|S1+

S2-S1

2

+

S3-S2

3

+

S4-S3

4

+…+

Sn-1-Sn-2

n-1

+

Sn-Sn-1

n

|
=|

S1

2

+

S2

2×3

+

S3

3×4

+

S4

4×5

+…+

Sn-1

(n-1)n

+

Sn

n

|
≤|

S1

2

|+|

S2

2×3

|+|

S3

3×4

|+|

S4

4×5

|+…+|

Sn-1

(n-1)n

|
≤

1

2

(

1

2

+

1

2×3

+

1

3×4

+

1

4×5

+…+

1

(n-1)n

)
=

1

2

(

1

2

+

1

2

-

1

3

+

1

3

-

1

4

+

1

4

-

1

5

+…+

1

n-1

-

1

n

)
=

1

2

-

1

2n

．…（14分）

点评：本题考查新数列新定义的应用，数列求和的方法，放缩法以及绝对值三角不等式的应用，考查分析问题解决问题的能力，难度较大，考查计算能力．