Question

若有窮數列a₁，a₂，…，a_n（n≥3）滿足：（1）

n

i=1

ai=0；（2）

n

i=1

|ai|=1．則稱該數列為“n階非凡數列”
（Ⅰ）分別寫出一個單調遞增的“3階非凡數列”和一個單調遞減的“4階非凡數列”；
（Ⅱ）設k∈N^*，若“2k+1階非凡數列”是等差數列，求其通項公式；
（Ⅲ）記“n階非凡數列”的前m項的和為S_m（m=1，2，3，…，n），求證：
（1）|S_m|≤

1

2

；
（2）|

n

i=1

ai

i

|≤

1

2

-

1

2n

．

Answer 1

考點：數列的求和,等差數列的通項公式

專題：等差數列與等比數列

分析：（Ⅰ）利用新定義直接寫出結果即可．
（Ⅱ）設公差為d，通過

n

i=1

ai=0，推出a_k+2=d．然后通過（1）d＞0，利用定義求出d和首項，然后求解通項公式．（2）d＜0，利用定義求出d和首項，然后求解通項公式．
（Ⅲ）（1）當m=n時，驗證是否成立，當m＜n時，利用

n

i=1

ai=0，推出|Sm|≤

1

2

．
（2）利用放縮法以及裂項法求解數列的和，然后證明結論．

解答： （Ⅰ）解：-

1

2

，0，

1

2

為一個單調遞增的“3階非凡數列”；

3

8

，

1

8

，-

1

8

，-

3

8

為一個單調遞減的“4階非凡數列”．
（Ⅱ）解：設公差為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
由題設得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
由題設得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）證明：
當m=n時，|Sn|=|0|=0≤

1

2

，命題成立；
當m＜n時，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

．
綜上，得|Sm|≤

1

2

（m=1，2，3，…，n）．
（2）證明：
|

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

．

點評：本題考查新定義的應用，數列的求和，裂項法的應用以及不等式的證明方法，考查分析問題解決問題的能力．