Question

9．已知點列T：P₁（x₁，y₁），P₂（x₂，y₂），…P_k（x_k，y_k） （k∈N^*，k≥2）滿足P₁（1，1），$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{i}={x}_{i-1}+1}\\{{y}_{i}={y}_{i-1}}\end{array}\right.$與$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{i}={x}_{i-1}}\\{{y}_{i}={y}_{i-1}+1}\end{array}\right.$（i=2，3，4…k）中有且只有一個成立．
（1）寫出滿足k=4的所有點列；
（2）證明：對于任意給定的k（k∈N^*，k≥2），不存在點列T，使得$\sum_{i=1}^{k}{x}_{i}$+$\sum_{i=1}^{k}{y}_{i}$=2^k；
（3）當(dāng)k=2n-1且P_2n-1（n，n）（n∈N^*，n≥2）時，求$\sum_{i=1}^{k}{x}_{i}×\sum_{i=1}^{k}{y}_{i}$ 的最大值．

Answer 1

分析 （1）由新數(shù)列的定義，列舉即可得到；
（2）首先判斷數(shù)列{x_i+y_i}是公差為1的等差數(shù)列，再假設(shè)存在點列T，使得$\sum_{i=1}^{k}{x}_{i}$+$\sum_{i=1}^{k}{y}_{i}$=2^k，即$\frac{1}{2}$k（k+3）=2^k，推出矛盾即可得證；
（3）化簡整理，可令t=x₁+x₂+…+x_2n-1，則$\sum_{i=1}^{k}{x}_{i}×\sum_{i=1}^{k}{y}_{i}$=t[（n+1）（2n-1）-t]，考慮f（t）=t[（n+1）（2n-1）-t]，①當(dāng)n為奇數(shù)時，可得$\frac{1}{2}$（n+1）（2n-1）為正整數(shù)，②當(dāng)n為偶數(shù)時，可得$\frac{1}{2}$（n+1）（2n-1）不為正整數(shù)，$\frac{1}{2}$（n+1）（2n-1）-$\frac{1}{2}$是離其最近的正整數(shù)，構(gòu)造數(shù)列，即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）符合條件的點列T為：P₁（1，1），P₂（1，2），P₃（2，2），P₄（3，2），
或P₁（1，1），P₂（2，1），P₃（2，2），P₄（3，2），
或P₁（1，1），P₂（2，1），P₃（3，1），P₄（3，2）；
（2）證明：由已知x_i+y_i=x_i-1+y_i-1+1，則數(shù)列{x_i+y_i}是公差為1的等差數(shù)列，
由x₁+y₁=2，可得x_i+y_i=i+1（i=1，2，…，k），
$\sum_{i=1}^{k}{x}_{i}$+$\sum_{i=1}^{k}{y}_{i}$=$\sum_{i=1}^{k}$（x_i+y_i）=2+3+…+（k+1）=$\frac{1}{2}$k（k+3），
若存在點列T，使得$\sum_{i=1}^{k}{x}_{i}$+$\sum_{i=1}^{k}{y}_{i}$=2^k，即$\frac{1}{2}$k（k+3）=2^k，即k（k+3）=2^k+1，
由k和k+3一個為奇數(shù)，一個為偶數(shù)，且k≥2，而整數(shù)2^k+1不含大于1的奇因子，
故對于任意給定的k（k∈N^*，k≥2），不存在點列T，使得$\sum_{i=1}^{k}{x}_{i}$+$\sum_{i=1}^{k}{y}_{i}$=2^k；
（3）由已知y_i=i+1-x_i（i=1，2，…，2n-1），
$\sum_{i=1}^{k}{x}_{i}×\sum_{i=1}^{k}{y}_{i}$=（x₁+x₂+…+x_2n-1）（2-x₁+3-x₂+…+2n-x_2n-1）
=（x₁+x₂+…+x_2n-1）（（2+3+…+2n）-（x₁+x₂+…+x_2n-1）），
令t=x₁+x₂+…+x_2n-1，則$\sum_{i=1}^{k}{x}_{i}×\sum_{i=1}^{k}{y}_{i}$=t[（n+1）（2n-1）-t]，
考慮f（t）=t[（n+1）（2n-1）-t]，
①當(dāng)n為奇數(shù)時，可得$\frac{1}{2}$（n+1）（2n-1）為正整數(shù)，
構(gòu)造數(shù)列{x_i}：1，2，…，$\frac{1}{2}$（n+1），…，$\frac{1}{2}$（n+1），$\frac{1}{2}$（n+1）+1，…，n，
對應(yīng)數(shù)列{y_i}：1，1，…，1，2，…，n，…，n．
而此時x₁+x₂+…+x_2n-1，=1+2+…+n+$\frac{1}{2}$（n+1）+$\frac{1}{2}$（n+1）+…+$\frac{1}{2}$（n+1）=1+2+…+n+$\frac{1}{2}$（n+1）（n-1）
=$\frac{1}{2}$（n+1）（2n-1），
所以t=$\frac{1}{2}$（n+1）（2n-1），$\sum_{i=1}^{k}{x}_{i}×\sum_{i=1}^{k}{y}_{i}$ 的最大值為$\frac{1}{4}$（n+1）²（2n-1）²；
②當(dāng)n為偶數(shù)時，可得$\frac{1}{2}$（n+1）（2n-1）不為正整數(shù)，$\frac{1}{2}$（n+1）（2n-1）-$\frac{1}{2}$是離其最近的正整數(shù)，
構(gòu)造數(shù)列{x_i}：1，2，…，$\frac{1}{2}$n，…，$\frac{1}{2}$n，$\frac{1}{2}$n+1，$\frac{1}{2}$n+2，…，n，
對應(yīng)數(shù)列{y_i}：1，1，…，1，2，…，$\frac{1}{2}$n+1，$\frac{1}{2}$n+1，$\frac{1}{2}$n+2，…，$\frac{1}{2}$n+$\frac{1}{2}$n，…，n．
而此時x₁+x₂+…+x_2n-1，=1+2+…+n+$\frac{1}{2}$n+…+$\frac{1}{2}$n+$\frac{1}{2}$n+1…+$\frac{1}{2}$n+1=
$\frac{1}{2}$（n+1）（2n-1）-$\frac{1}{2}$，
所以t=$\frac{1}{2}$（n+1）（2n-1）-$\frac{1}{2}$，$\sum_{i=1}^{k}{x}_{i}×\sum_{i=1}^{k}{y}_{i}$ 的最大值為$\frac{1}{4}$（n+1）²（2n-1）²-$\frac{1}{4}$．

點評 本題考查遞推數(shù)列的求和，同時考查考查等差數(shù)列的求和公式，理解新數(shù)列和分類討論的思想方法是解題的關(guān)鍵，屬于難題．