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(2013•豐臺區一模)設滿足以下兩個條件的有窮數列a1,a2,…,an為n(n=2,3,4,…,)階“期待數列”:
①a1+a2+a3+…+an=0;
②|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=1.
(Ⅰ)分別寫出一個單調遞增的3階和4階“期待數列”;
(Ⅱ)若某2k+1(k∈N*)階“期待數列”是等差數列,求該數列的通項公式;
(Ⅲ)記n階“期待數列”的前k項和為Sk(k=1,2,3,…,n),試證:
(1)|Sk|≤
1
2
;     
(2)|
n
i=1
ai
i
|≤
1
2
-
1
2n
分析:(Ⅰ)利用新定義直接利用等差數列,寫出一個單調遞增的3階和4階“期待數列”;
(Ⅱ)利用某2k+1(k∈N*)階“期待數列”是等差數列,通過公差為0,大于0.小于0,分別求解該數列的通項公式;
(Ⅲ)(1)判斷k=n時,|Sn|≤
1
2
,然后證明k<n時,利用數列求和以及絕對值三角不等式證明即可;     
(2)通過數列求和,以及絕對值三角不等式和放縮法,利用裂項法求和,證明|
n
i=1
ai
i
|≤
1
2
-
1
2n
解答:(本題14分)
解:(Ⅰ)數列-
1
2
,0,
1
2
為三階期待數列…(1分)
數列-
3
8
,-
1
8
1
8
3
8
為四階期待數列,…..…..(3分)(其它答案酌情給分)
(Ⅱ)設等差數列a1,a2,a3,…,a2k+1(k≥1)的公差為d,
∵a1+a2+a3+…+a2k+1=0,
(2k+1)a1+
2k(2k+1)d
2
=0

所以a1+kd=0,
即ak+1=0,∴ak+2=d,…(4分)
當d=0時,與期待數列的條件①②矛盾,…(5分)
當d>0時,據期待數列的條件①②得:ak+2+ak+3+…+a2k+1=
1
2

kd+
k(k-1)
2
d=
1
2
,即d=
1
k(k+1)

由ak+1=0得 a1+k•
1
k(k+1)
=0
,即 a1=-
1
k+1

an=-
1
k+1
+(n-1)
1
k(k+1)
=
n
k(k+1)
-
1
k
(n∈N*,n≤2k+1)
.…(7分)
當d<0時,
同理可得kd+
k(k-1)
2
d=-
1
2
,即d=-
1
k(k+1)

由ak+1=0得 a1-k•
1
k(k+1)
=0
,即 a1=
1
k+1

an=
1
k+1
-(n-1)
1
k(k+1)
=-
n
k(k+1)
+
1
k
(n∈N*,n≤2n+1)
.…(8分)
(Ⅲ)(1)當k=n時,顯然|Sn|=0≤
1
2
成立;…(9分)
當k<n時,據條件①得Sk=a1+a2+…+ak=-(ak+1+ak+2+…+an),
即|Sk|=|a1+a2+…+ak|=|ak+1+ak+2+…+an|,
∴2|Sk|=|a1+a2+…+ak|+|ak+1+ak+2+…+an|
≤|a1|+|a2|+…+|ak|+|ak+1|+|ak+2|+…+|an|=1,
|Sk|≤
1
2
(k=1,2,3,…,n)
.…(11分)
(2)|
n
i=1
ai
i
|=|
a1
1
+
a2
2
+
a3
3
+
a4
4
+…+
an-1
n-1
+
an
n
|

=|S1+
S2-S1
2
+
S3-S2
3
+
S4-S3
4
+…+
Sn-1-Sn-2
n-1
+
Sn-Sn-1
n
|

=|
S1
2
+
S2
2×3
+
S3
3×4
+
S4
4×5
+…+
Sn-1
(n-1)n
+
Sn
n
|

≤|
S1
2
|+|
S2
2×3
|+|
S3
3×4
|+|
S4
4×5
|+…+|
Sn-1
(n-1)n
|

1
2
(
1
2
+
1
2×3
+
1
3×4
+
1
4×5
+…+
1
(n-1)n
)

=
1
2
(
1
2
+
1
2
-
1
3
+
1
3
-
1
4
+
1
4
-
1
5
+…+
1
n-1
-
1
n
)

=
1
2
-
1
2n
.…(14分)
點評:本題考查新數列新定義的應用,數列求和的方法,放縮法以及絕對值三角不等式的應用,考查分析問題解決問題的能力,難度較大,考查計算能力.
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