Question

（2012•朝陽區(qū)二模）已知數(shù)列A_n：a₁，a₂，…，a_n，滿足a₁=a_n=0，且當2≤k≤n（k∈N^*）時，(ak-ak-1)2=1．令S（A_n）=a₁+a₂+…+a_n．
（Ⅰ）寫出S（A₅）的所有可能取值；
（Ⅱ）求S（A_n）的最大值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）根據(jù)新定義，分類，即可求S（A₅）的所有可能取值；
（Ⅱ）由(ak-ak-1)2=1，可設a_k-a_k-1=c_k-1，可得a_n=a₁+c₁+c₂+…+c_n-1，根據(jù)a₁=a_n=0，可得c₁+c₂+…+c_n-1=0，且n為奇數(shù)，c₁，c₂，…，c_n-1是由

n-1

2

個1和

n-1

2

個-1構成的數(shù)列，由此可得當c₁，c₂，…，c_n-1的前

n-1

2

項取1，后

n-1

2

項取-1時S（A_n）最大．

解答：解：（Ⅰ）由題設，滿足條件的數(shù)列A₅的所有可能情況有：
（1）0，1，2，1，0．此時S（A₅）=4；
（2）0，1，0，1，0．此時S（A₅）=2；
（3）0，1，0，-1，0．此時S（A₅）=0；
（4）0，-1，-2，-1，0．此時S（A₅）=-4；
（5）0，-1，0，1，0．此時S（A₅）=0；
（6）0，-1，0，-1，0．此時S（A₅）=-2．
所以，S（A₅）的所有可能取值為：-4，-2，0，2，4．．…（5分）
（Ⅱ）由(ak-ak-1)2=1，可設a_k-a_k-1=c_k-1，則c_k-1=1或c_k-1=-1（2≤k≤n，k∈N^*），a₂-a₁=c₁，a₃-a₂=c₂，
…a_n-a_n-1=c_n-1，
所以a_n=a₁+c₁+c₂+…+c_n-1．                               …（7分）
因為a₁=a_n=0，所以c₁+c₂+…+c_n-1=0，且n為奇數(shù)，c₁，c₂，…，c_n-1是由

n-1

2

個1和

n-1

2

個-1構成的數(shù)列．
所以S（A_n）=c₁+（c₁+c₂）+…+（c₁+c₂+…+c_n-1）=（n-1）c₁+（n-2）c₂+…+2c_n-2+c_n-1．
則當c₁，c₂，…，c_n-1的前

n-1

2

項取1，后

n-1

2

項取-1時S（A_n）最大，
此時S（A_n）=(n-1)+(n-2)+…+

n+1

2

-(

n-1

2

+…+2+1)=

(n-1)2

4

．．…（10分）
證明如下：
假設c₁，c₂，…，c_n-1的前

n-1

2

項中恰有t項cm1，cm2，…，cmt取-1，則c₁，c₂，…，c_n-1的后

n-1

2

項中恰有t項cn1，cn2，…cnt取1，其中1≤t≤

n-1

2

，1≤mi≤

n-1

2

，

n-1

2

＜ni≤n-1，i=1，2，…，t．
所以S（A_n）=(n-1)c1+(n-2)c2+…+

n+1

2

c

n-1

2

+

n-1

2

c

n+1

2

+…+2cn-2+cn-1=(n-1)+(n-2)+…+

n+1

2

-(

n-1

2

+…+2+1)-2[（n-m₁）+（n-m₂）+…+（n-m_t）]+2[（n-n₁）+（n-n₂）+…+（n-n_t）]=

(n-1)2

4

-2[(n1-m1)+(n2-m2)+…+(nt-mt)]＜

(n-1)2

4

．
所以S（A_n）的最大值為

(n-1)2

4

．．…（13分）

點評：本題考查新定義，考查學生分析解決問題的能力，考查反證法的運用，難度較大．