Question

4．已知数列{a_n}满足：a_n+1=|a_n-1|，（n∈N^*）
（1）若a₁=$\frac{11}{4}$，求a₉与a₁₀的值．
（2）若a₁=a∈（k，k+1），k∈N^*，求数列{a_n}的前3k项的和S_3k（用k，a表示）
（3）是否存在a₁，n₀（a₁∈R，n₀∈N^*），使得当n≥n₀时，a_n恒为常数？若存在，求出a₁，n₀，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由数列a_n满足a_n+1=|a_n-1|（n∈N^*），a₁=$\frac{11}{4}$，我们分别求出a₂，a₃，a₄，…，a₉与a₁₀；
（2）当a₁=a∈（k，k+1）（k∈N^*）时，易知a₂=a-1，a₃=a-2，…，a_k=a-（k-1），利用拆项法，即可得到答案；
（3）分a_n≥1时，0＜a₁＜1时，a₁=b≥1时和a₁=c＜0时，几种情况，分别进行讨论，最后将讨论结论综合，即可得到结论．

解答 解：（1）∵a₁=$\frac{11}{4}$，a_n+1=|a_n-1|，
∴a₂=$\frac{7}{4}$，a₃=$\frac{3}{4}$，a₄=$\frac{1}{4}$，a₅=$\frac{3}{4}$，
a₆=$\frac{1}{4}$，a₇=$\frac{3}{4}$，a₈=$\frac{1}{4}$，
可得a₉=$\frac{3}{4}$，a₁₀=$\frac{1}{4}$；
（2）当a₁=a∈（k，k+1）（k∈N^*）时，
易知a₂=a-1，a₃=a-2，a_k=a-（k-1），
a_k+1=a-k∈（0，1），a_k+2=1-a_k+1=k+1-a，
a_k+3=1-a_k+2=a-k，a_k+4=1-a_k+3=k+1-a，
a_3k-1=a-k，a_3k=k+1-a
∴S_3k=a₁+a₂+…+a_k+a_k+1+a_k+2+a_k+3+a_k+4+…+a_3k-1+a_3k
=a+（a-1）+（a-2）+…+a-（k-1）+k=-$\frac{{k}^{2}}{2}$+k（a+$\frac{3}{2}$）；
（3）因为存在a_n+1=|a_n-1|=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}-1，{a}_{n}≥1}\\{1-{a}_{n}，{a}_{n}＜1}\end{array}\right.$，
所以当a_n≥1时，a_n+1≠a_n
①若0＜a₁＜1，则a₂=1-a₁，a₃=1-a₂=a₁，
此时只需：a₂=1-a₁=a₁，∴a₁=$\frac{1}{2}$，
故存在a₁=$\frac{1}{2}$，a_n=$\frac{1}{2}$，（n∈N^*）；
②若a₁=b≥1，不妨设b∈[m，m+1），m∈N^*，
易知a_m+1=b-m∈[0，1），
∴a_m+2=1-a_m+1=1-（b-m）=a_m+1=b-m，
∴b=m+$\frac{1}{2}$，∴a₁=m+$\frac{1}{2}$，n≥m+1时，a_n=$\frac{1}{2}$，（m∈N^*），
③若a₁=c＜0，不妨设c∈（-l，-l+1），l∈N^*，易知a₂=-c+1∈（l，l+1]，
∴a₃=a₂-1=-c，a_l+2=-c-（l-1）∈（0，1]
∴c=-l+$\frac{1}{2}$，∴a₁=-l+$\frac{1}{2}$（l∈N*），n≥l+2，则a_n=$\frac{1}{2}$
故存在三组a₁和n₀：a₁=$\frac{1}{2}$时，n₀=1；a₁=m+$\frac{1}{2}$时，n₀=m+1；
a₁=-m+$\frac{1}{2}$时，n₀=m+2其中m∈N^*．

点评 本题考查数列递推公式及数列求和，其中正确理解数列的递推公式，并能准确的对a进行分类讨论，是解答本题的关键．