Question

称满足以下两个条件的有穷数列a1，a2，…，an为n（n=2，3，4，…）阶“期待数列”：①a1+a2+a3+…+an=0；

称满足以下两个条件的有穷数列a1，a2，…，an为n（n=2，3，4，…）阶“期待数列”：①a1+a2+a3+…+an=0；②|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=1．（1）若等比数列{an}为2k（k∈N*）阶“期待数列”，求公比q及{an}的通项公式；（2）若一个等差数列{an}既是2k（k∈N*）阶“期待数列”又是递增数列，求该数列的通项公式；（3）记n阶“期待数列”{an}的前k项和为Sk（k=1，2，3，…，n）：（i）求证：|Sk|≤12；（ii）若存在m∈{1，2，3，…，n}使Sm=12，试问数列{Sk}能否为n阶“期待数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由．

Answer 1

（1）解：若q=1，由①得，a₁?2k=0，得a₁=0，矛盾；
若q≠1，则由①，a1+a2+…+a2k＝

a1(1?q2k)

1?q

＝0，得q=-1，
由②得，a1＝

1

2k

或a1＝?

1

2k

，
∴q=-1，数列{a_n}的通项公式是ai＝

1

2k

?(?1)i?1(i＝1，2，…，2k)，
或ai＝?

1

2k

?(?1)i?1(i＝1，2，…，2k)；
（2）解：设等差数列a₁，a₂，a₃，…，a_2k（k≥1）的公差为d，d＞0，
∵a₁+a₂+…+a_2k=0，∴

2k?(a1+a2k)

2

＝0，
∴a₁+a_2k=a_k+a_k+1=0，
∵d＞0，由a₁+a_k+1=0得，a_k＜0，a_k+1＞0，
由①②得，a1+a2+…+ak＝?

1

2

，ak+1+ak+2+…+a2k＝

1

2

，
两式相减得，k²d=1，∴d＝

1

k2

，
又a1?k+

k(k?1)

2

?d＝?

1

2

，得a1＝?

2k?1

2k2

．
∴数列{a_n}的通项公式是a_i=a₁+（i-1）?d=?

2k?1

2k2

+(i?1)?

1

k2

=

?2k?1+2i

2k2

；
（3）证明：记a₁，a₂，…，a_n中所有非负数项的和为A，所有负数项的和为B，
则A+B=0，A-B=1，得A=

1

2

，B=?

1

2

，
（i）?

1

2

＝B≤<

Answer 2

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