2011-北京卷理-20 解-数列新定义

本题导读

本题考查数列新定义与创新压轴题。

📌【题干】

Question

（2011年北京卷(理)） 若数列 $A_n:a_1,a_2,\cdots ,a_n$ ($n⩾2$) 满足 $|a_{k+1}-a_k|=1$ ($k=1,2,\cdots ,n-1$)，则称 $A_n$ 为 $E$ 数列.记 $S(A_n)=a_1+a_2+\cdots +a_n$.

(1) 写出一个满足 $a_1=a_5=0$，且 $S(A_5)>0$ 的 $E$ 数列 $A_5$；

(2) 若 $a_1=12,n=2000$，证明：$E$ 数列 $A_n$ 是递增数列的充要条件是 $a_n=2011$；

(3) 对任意给定整位数 $n$ ($n⩾2$)，是否存在首项为 0 的 $E$ 数列 $A_n$，使得 $S(A_n)=0$？如果存在，写出一个满足条件的 $E$ 数列 $A_n$；如果不存在，说明理由.

🔍【思路分析】

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1. 第(1)问：利用 $a_{k+1}=a_k\pm 1$，构造满足 $a_1=0,a_5=0$ 且各项和大于 0 的数列。
2. 第(2)问：

• 充分性：$A_n$ 为递增数列 $⟹a_{k+1}-a_k=1⟹A_n$ 为首项为 12、公差为 1 的等差数列，直接计算 $a_{2000}=12+1999\times 1=2011$。
• 必要性：由 $|a_{k+1}-a_k|=1⟹a_{k+1}⩽a_k+1$，推得 $a_n⩽a_1+(n-1)$。当且仅当每一步均取 $+1$ 时等号成立，从而证得 $a_{k+1}-a_k=1$ 恒成立，即数列递增。

3. 第(3)问：分类讨论或构造。设首项 $a_1=0$，通过构造震荡数列使正负项抵消，使得前 $n$ 项和为 0。

✅【答案】

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(1) 待补

(2) 证明见解析

(3) 待补

✍【详细解析】

Abstract

解： (1) 取 $A_5$ 为：$0,1,2,1,0$。 验证：

• $|a_2-a_1|=|1-0|=1$；
• $|a_3-a_2|=|2-1|=1$；
• $|a_4-a_3|=|1-2|=1$；
• $|a_5-a_4|=|0-1|=1$。 符合 $E$ 数列定义。 且 $a_1=0,a_5=0$，$S(A_5)=0+1+2+1+0=4>0$。 故符合条件的 $A_5$ 可以为 $0,1,2,1,0$（答案不唯一）。

(2) 证明： ① 必要性：若 $E$ 数列 $A_n$ 是递增数列， 由 $|a_{k+1}-a_k|=1$ 及 $a_{k+1}>a_k$，可得： $a_{k+1}-a_k=1(k=1,2,\cdots ,n-1)$ 因此 $A_n$ 是以 $a_1=12$ 为首项，公差 $d=1$ 的等差数列。 当 $n=2000$ 时： $a_n=a_1+(n-1)d=12+(2000-1)\times 1=2011$

② 充分性：若 $a_{2000}=2011,a_1=12$。 对任意 $k\in \{1,2,\cdots ,n-1\}$，有 $a_{k+1}-a_k⩽1$。 累加得： $a_n-a_1={\sum }_{k=1}^{n-1}(a_{k+1}-a_k)⩽{\sum }_{k=1}^{n-1}1=n-1$ 即 $a_n⩽a_1+n-1$。 当 $n=2000,a_1=12$ 时，$a_1+n-1=12+1999=2011$。 因为已知 $a_{2000}=2011$，所以上述不等式中等号必须全部成立， 即对任意 $k\in \{1,2,\cdots ,n-1\}$，均有 $a_{k+1}-a_k=1$。 因此 $a_{k+1}>a_k$，即 $E$ 数列 $A_n$ 是递增数列。

综上所述，当 $a_1=12,n=2000$ 时，$E$ 数列 $A_n$ 是递增数列的充要条件是 $a_n=2011$。

(3) 对任意给定的整数 $n$ ($n⩾2$)，存在首项为 0 的 $E$ 数列 $A_n$，使得 $S(A_n)=0$。

构造如下：

• 当 $n$ 为偶数时（$n=2m,m\in {\mathbf{N}}^{\ast }$）： 构造数列 $A_n$ 为：$0,1,0,1,0,1,\cdots ,0,1$（包含 $m$ 个 0 和 $m$ 个 1，但不满足 $S(A_n)=0$）； 正确构造：取交替数列使正负抵消。 取 $A_n$ 为：$0,1,0,-1,0,1,0,-1,\cdots$ 即以 $0,1,0,-1$ 4项为周期循环，或以 $0,1,-1$ 等块进行构造：

更简洁统一的构造方式： 对任意 $n⩾2$，构造 $A_n$:

• 若 $n=2$：取 $0,0$ 不符合（差为0）；但可否取实数？由于 $|a_{k+1}-a_k|=1$，两项和为 0 且首项为 0 $⟹a_1=0,a_2=0$ 不可能（因为 $|a_2-0|=1⟹a_2=\pm 1$）。 等等，当 $n=2$ 时，$a_1=0⟹a_2=\pm 1$，此时 $S(A_2)=0+(\pm 1)=\pm 1\ne 0$。

深入探讨 $n$ 的取值： 若 $a_1=0$，且 $a_{k+1}-a_k={ϵ}_k\in \{-1,1\}$， 则 $a_k={\sum }_{j=1}^{k-1}{ϵ}_j$。 $S(A_n)={\sum }_{k=1}^n{a}_k={\sum }_{k=1}^n{\sum }_{j=1}^{k-1}{ϵ}_j={\sum }_{j=1}^{n-1}(n-j){ϵ}_j$。 由于 ${ϵ}_j\equiv 1(\mathrm{mod}2)$， $S(A_n)={\sum }_{j=1}^{n-1}(n-j){ϵ}_j\equiv {\sum }_{j=1}^{n-1}(n-j)=\frac{n(n-1)}{2}(\mathrm{mod}2)$。 要使 $S(A_n)=0$，必须有 $2\mid \frac{n(n-1)}{2}$，即 $n(n-1)$ 为 4 的倍数。 这说明 $n\equiv 0(\mathrm{mod}4)$ 或 $n\equiv 1(\mathrm{mod}4)$！

因此对任意给定整数 $n⩾2$，并非都存在！

重新审查第(3)问逻辑： 设 $a_{k+1}-a_k=d_k\in \{-1,1\}$ ($k=1,2,\cdots ,n-1$)。 则 $a_1=0$； $a_2=d_1$； $a_3=d_1+d_2$； $\cdots$ $a_n=d_1+d_2+\cdots +d_{n-1}$。

则 $S(A_n)=a_1+a_2+\cdots +a_n=(n-1)d_1+(n-2)d_2+\cdots +1\cdot d_{n-1}$。 因为 $d_k\in \{-1,1\}$，所以 $d_k\equiv 1(\mathrm{mod}2)$。 故： $S(A_n)\equiv (n-1)+(n-2)+\cdots +1=\frac{n(n-1)}{2}(\mathrm{mod}2)$

要使 $S(A_n)=0$，必须 $S(A_n)$ 为偶数，故 $\frac{n(n-1)}{2}$ 必须为偶数。 当 $n=2$ 时，$\frac{2\times 1}{2}=1$（奇数），此时 $S(A_2)=\pm 1\ne 0$； 当 $n=3$ 时，$\frac{3\times 2}{2}=3$（奇数），$S(A_3)=2d_1+d_2\in \{-3,-1,1,3\}$，无 0。

结论：对任意给定的整数 $n⩾2$，不存在这样的 $E$ 数列 $A_n$。

理由如下： 设 $a_{k+1}-a_k=d_k$ ($k=1,2,\cdots ,n-1$)，由定义 $d_k\in \{-1,1\}$，即 $d_k$ 为奇数。 因为 $a_1=0$，所以对任意 $k\in \{1,2,\cdots ,n\}$，有 $a_k={\sum }_{j=1}^{k-1}{d}_j$。 故： $S(A_n)={\sum }_{k=1}^n{a}_k={\sum }_{k=2}^n{\sum }_{j=1}^{k-1}{d}_j={\sum }_{j=1}^{n-1}(n-j)d_j$

因为对任意 $j$， $d_j\equiv 1(\mathrm{mod}2)$，所以： $S(A_n)={\sum }_{j=1}^{n-1}(n-j)d_j\equiv {\sum }_{j=1}^{n-1}(n-j)=\frac{n(n-1)}{2}(\mathrm{mod}2)$

当 $n=2$ 时，$\frac{n(n-1)}{2}=1$ 为奇数，故 $S(A_2)$ 必为奇数，不可能为 0。 因此，并非对任意给定的整数 $n⩾2$，都存在满足条件的 $E$ 数列 $A_n$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：数列新定义的代数转化、放缩法证明充要条件、奇偶性（同余）分析存在性问题。
• 核心方法：
• 第(2)问：利用 $a_n-a_1=\sum (a_{k+1}-a_k)⩽n-1$ 放缩达到最大值，取等条件判定递增；
• 第(3)问：利用求和展开式 $S(A_n)={\sum }_{j=1}^{n-1}(n-j)d_j$ 的奇偶性反证，寻找 $n=2$ 或 $n=3$ 的反例即可否定全称命题。
• 避坑指南：第(3)问问的是“对任意给定的整数 $n⩾2$，是否存在”，只要举出 $n=2$ 时不存在，即可直接回答“不存在”，并用奇偶性严密证明。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源：源自高考数学压轴题中创新新定义与数论奇偶性相结合的模型。
• 结论推广：若 $a_{k+1}-a_k\in \{-1,1\}$，则前 $n$ 项和 $S(A_n)$ 与 $\frac{n(n-1)}{2}$ 同奇偶。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.07 一般数列的性质
• 19.01 等差数列全总结

类题演练 (Links)

• 2002-新课标理-22 解-数列的递推关系
• 2003-广东卷-22
• 2003-辽宁卷-21