Question

4．已知數(shù)列{a_n}滿足：a_n+1=|a_n-1|，（n∈N^*）
（1）若a₁=$\frac{11}{4}$，求a₉與a₁₀的值．
（2）若a₁=a∈（k，k+1），k∈N^*，求數(shù)列{a_n}的前3k項(xiàng)的和S_3k（用k，a表示）
（3）是否存在a₁，n₀（a₁∈R，n₀∈N^*），使得當(dāng)n≥n₀時(shí)，a_n恒為常數(shù)？若存在，求出a₁，n₀，若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由數(shù)列a_n滿足a_n+1=|a_n-1|（n∈N^*），a₁=$\frac{11}{4}$，我們分別求出a₂，a₃，a₄，…，a₉與a₁₀；
（2）當(dāng)a₁=a∈（k，k+1）（k∈N^*）時(shí)，易知a₂=a-1，a₃=a-2，…，a_k=a-（k-1），利用拆項(xiàng)法，即可得到答案；
（3）分a_n≥1時(shí)，0＜a₁＜1時(shí)，a₁=b≥1時(shí)和a₁=c＜0時(shí)，幾種情況，分別進(jìn)行討論，最后將討論結(jié)論綜合，即可得到結(jié)論．

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）當(dāng)a₁=a∈（k，k+1）（k∈N^*）時(shí)，
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?yàn)榇嬖赼_n+1=|a_n-1|=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}-1，{a}_{n}≥1}\\{1-{a}_{n}，{a}_{n}＜1}\end{array}\right.$，
所以當(dāng)a_n≥1時(shí)，a_n+1≠a_n
①若0＜a₁＜1，則a₂=1-a₁，a₃=1-a₂=a₁，
此時(shí)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，不妨設(shè)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時(shí)，a_n=$\frac{1}{2}$，（m∈N^*），
③若a₁=c＜0，不妨設(shè)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，則a_n=$\frac{1}{2}$
故存在三組a₁和n₀：a₁=$\frac{1}{2}$時(shí)，n₀=1；a₁=m+$\frac{1}{2}$時(shí)，n₀=m+1；
a₁=-m+$\frac{1}{2}$時(shí)，n₀=m+2其中m∈N^*．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列遞推公式及數(shù)列求和，其中正確理解數(shù)列的遞推公式，并能準(zhǔn)確的對(duì)a進(jìn)行分類討論，是解答本題的關(guān)鍵．