（13分）（2011•北京）若数列 A _ n = a _…——2011 高考数学第 20 题答案解析

【考点】数列的应用。
【专题】等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法．
【分析】（I）根据题意，$a_{2}= \pm 1, a_{4}= \pm 1$ ，再根据 $\left|a_{k+1}-a_{k}\right|=1$ 给出 $a_{5}$ 的值，可以得出符合题的E数列 $\mathrm{A}_{5}$ ；
（II）从必要性入手，由单调性可以去掉绝对值符号，可得是 $\mathrm{A}_{\mathrm{n}}$ 公差为 1 的等差数列，再证充分性，由绝对值的性质得出不等式，再利用同向不等式的累加，可得 $a_{k+1}-a_{k}=1>0$ ， $\mathrm{A}_{\mathrm{n}}$ 是递增数列；
（III）根据定义构造数列，再用等差数列求和公式求出 $\mathrm{S}\left(\mathrm{A}_{n}\right)$ ，最后通过讨论得出符合条件的 $\mathrm{S}\left(\mathrm{A}_{\mathrm{n}}\right)$ 。
【解答】解：（I ） $0,1,0,1,0$ 是一个满足条件的 E 数列 $\mathrm{A}_{5}$
（II）必要性：因为 E 数列 $\mathrm{A}_{\mathrm{n}}$ 是递增数列
所以 $a_{k+1}-a_{k}=1(k=1,2, \ldots, 1999)$
所以 $\mathrm{A}_{\mathrm{n}}$ 是首项为 12 ，公差为 1 的等差数列．
所以 $a_{2000}=12+(2000-1) \times 1=2011$
充分性：由于 $a_{2000}-a_{1999} \leq 1$
$a_{1999}-a_{1998} \leq 1$
⋯
$\mathrm{a}_{2}-\mathrm{a}_{1} \leq 1$,
所以 $a_{2000}-a_{1} \leq 1999$ ，即 $a_{2000} \leq a_{1}+1999$
又因为 $a_{1}=12, a_{2000}=2011$
所以 $a_{2000}=a_{1}+1999$
故 $a_{k+1}-a_{k}=1>0(k=1,2, \ldots, 1999)$ ，即 $A_{n}$ 是递增数列。
综上所述，结论成立．
（III）设 $\mathrm{c}_{\mathrm{k}}=\mathrm{a}_{\mathrm{k}+1}-\mathrm{a}_{\mathrm{k}}(\mathrm{k}=1,2, \ldots, \mathrm{n}-1)$ ，则 $\mathrm{c}_{\mathrm{k}}= \pm 1$
因为 $a_{2}=a_{1}+c_{1}$
$a_{3}=a_{1}+c_{1}+c_{2}$

⋯

$$ a_{n}=a_{1}+c_{1}+c_{2}+\ldots+c_{n-1} $$

所以 $S\left(A_{n}\right)=n a_{1}+(n-1) c_{1}+(n-2) c_{2}+(n-3) c_{3}+\ldots+c_{n-1}$
$=(n-1)+(n-2)+\ldots+1-\left[\left(1-c_{1}\right)(n-1)+\left(1-c_{2}\right)(n-2)+\ldots+\left(1-c_{n-1}\right)\right]$
$=\frac{n(n-1)}{2}-\left[\left(1-c_{1}\right)(n-1)+\left(1-c_{2}\right)(n-2)+\cdots+\left(1-c_{n-1}\right)\right]$
因为 $\mathrm{c}_{\mathrm{k}}= \pm 1$ ，所以 $1-\mathrm{c}_{\mathrm{k}}$ 为偶数 $\left.(\mathrm{k}=1,2, \ldots, \mathrm{n}-1)\right)$
所以 $\left(1-c_{1}\right)(n-1)+\left(1-c_{2}\right)(n-2)+\ldots+\left(1-c_{n-1}\right)$ 为偶数
所以要使 $S\left(A_{n}\right)=0$ ，必须 $=\frac{n(n-1)}{2}$ 使为偶数
即4整除 $\mathrm{n} ~(\mathrm{n}-1) ~$ ，亦即 $\mathrm{n}=4 \mathrm{~m}$ 或 $\mathrm{n}=4 \mathrm{~m}+1 ~\left(\mathrm{~m} \in \mathrm{~N}^{*}\right)$
当 $\mathrm{n}=4 \mathrm{~m} ~\left(\mathrm{~m} \in \mathrm{~N}^{*}\right) ~$ 时， E 数列 $\mathrm{A}_{\mathrm{n}}$ 的项满足 $\mathrm{a}_{4 \mathrm{k}+\mathrm{r}}=\mathrm{a}_{4 \mathrm{k}-1}=0, ~ \mathrm{a}_{4 \mathrm{k}-2}=-1, ~ \mathrm{a}_{4 \mathrm{k}}=1 ~(\mathrm{k}=1, ~ 2, ~ \ldots, ~ \mathrm{n}$ －1））
此时，有 $a_{1}=0$ 且 $S\left(A_{n}\right)=0$ 成立
当 $n=4 m+1 \quad\left(m \in N^{*}\right)$ 时，$\quad E$ 数列 $A_{n}$ 的项满足 $a_{4 k+1}=a_{4 k-1}=0 a_{4 k-2}=-1 a_{4 k}=1 \quad(k=1,2, \ldots, n-$ 1））
$a_{4 m+1}=0$ 时，亦有 $a_{1}=0$ 且 $S ~\left(A_{n}\right)=0$ 成立
当 $n=4 m+2$ 或 $n=4 m+3 ~\left(m \in N^{*}\right) ~\left(m \in N^{*}\right)$ 时，$n ~(n-1) ~$ 不能被 4 整除，此时不存在数列数列 $A_{n}$ ，使得 $a_{1}=0$ 且 $S\left(A_{n}\right)=0$ 成立
【点评】本题以数列为载体，考查了不等式的运用技巧，属于难题，第三小问注意去绝对值，分类讨论思想的运用。

$$ \begin{aligned} & \text { " } 1 m=-1 m \text {, 䕱川到 } A B-v^{3} \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} & \text { (1) }\left\{\begin{array}{l} x-k(x-m) . \\ \frac{x}{4}+x=1 . \end{array} \text { \# }(1+4 k), \quad k k m+4 k m-4=0\right. \end{aligned} $$

$x_{1}+x_{2}=\frac{8 k^{2} m}{1+4 k^{2}}, \quad x_{3}=\frac{4 k m-4}{1-4 k}$

所以 $|A B|=\sqrt{\left(x_{2}-x_{1}\right)^{2}+\left(y_{2}-y_{1}\right)^{2}}$

$$ \begin{aligned} & =\sqrt{\left(1+k^{2}\right)\left\{\left(x_{2}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}\right\}} \\ & =\sqrt{\left(1+k^{2}\right)\left(\frac{64 k^{2} m^{2}}{\left(1+4 k^{2}\right)^{2}}-\frac{4\left(4 k^{2} m^{2}-4\right)}{1+4 k^{2}}\right)} \\ & =\frac{4 \sqrt{3}|m|}{m^{2}+3} . \end{aligned} $$

由于当 $m= \pm 1$ 时，$|A B|=\sqrt{3}$ ，
所以 $|A B|=\frac{4 \sqrt{3}|m|}{m^{2}+3}, m \in(-\infty,-1] \cup(1,+\infty)$ ．
因为 $|A B|=\frac{4 \sqrt{3}|m|}{m^{2}+3}=\frac{4 \sqrt{3}}{|m|+\frac{3}{|m|}} \leqslant 2$ ，且当 $m= \pm \sqrt{3}$ 时，$|A B| \approx 2$ ．
所以 $|A B|$ 的㵊大值为 2 。

## （20）（共 13 分）

解：（I） $0,1,2,1,0$ 是一个溝足条件的 $E$ 数列 $A_{3}$ 。
（答案不唯一。 $0,1,0,1,0$ 也是一个满足条件的 $E$ 数列 $A_{5}$ ）
（II）必要性：因为 $E$ 数列 $A$ 是道增数列，
所以 $a_{k+1}-a_{k}=1(k=1,2, \cdots, 1999)$ ．
所以 $A_{n}$ 是首项为 12 ，公差为 1 的等差数列。
所以 $a_{2000}=12+(2000-1) \times 1=2011$ ．

充分H：（i） $1 a_{\mathrm{mon}}-a_{\mathrm{ion}}=1$ ．

$$ a_{1 m m}-a_{10 m} \leq 1 $$

所以 $a_{5000}-a_{1} \leqslant 1999$ ，玻 $a_{2000} \leqslant a_{1}+1999$ ．
又因为 $a_{1}=12, a_{3001}=2011$ ，
所以 $a_{5000}=a_{1}+1999$ 。
数 $a_{t, 1}-a_{t}=1>0(k=1,2, \cdots, 1999)$ ，即 $A_{\text {，是道㙞数列。 }}$
妳上，结论得证。
（III）令 $c_{1}=a_{t-1}-a_{1}(k=1,2, \cdots, n-1)$ ，则 $c_{1}= \pm 1$ ．
因为 $a_{2}=a_{1}+c_{1}$ ．

$$ a_{1}=a_{1}+c_{1}+c_{2} . $$

$$ a_{0}=a_{1}+c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{n-1} . $$

所以 $S\left(A_{n}\right)=n a_{1}+(n-1) c_{1}+(n-2) c_{2}+(n-3) c_{3}+\cdots+c_{n-1}$
$=(n-1)+(n-2)+\cdots+1-\left[\left(1-c_{1}\right)(n-1)+\left(1-c_{2}\right)(n-2)+\cdots+\left(1-c_{*}\right)\right]$
$=\frac{n(n-1)}{2}-\left[\left(1-c_{1}\right)(n-1)+\left(1-c_{1}\right)(n-2)+\cdots+\left(1-c_{n-1}\right)\right]$.
因为 $c_{1}= \pm 1$ ，脳以 $1-c_{2}$ 为偶数 $(k=1, \cdots, n-1)$ 。
所以 $\left(1-c_{1}\right)(n-1)+\left(1-c_{2}\right)(n-2)+\cdots+\left(1-c_{n}\right.$, 首程数。
所以要使 $S\left(A_{n}\right)=0$ ，必项秘 $\frac{n(n-1)}{2}$ 为传数。
如 4 整除 $n(n-1)$ ．亦组 $n=4 m \quad$ 或 $n=4 m+1\left(m \in N^{2}\right)$
$(k=1,2, \cdots, m)$ 时，$(1 a)=0, S\left(A_{n}\right)=0$ ；

$a_{4}=I(k=1,2, \cdots, m), a_{2,}=0$ 时，$\left(1 a_{1}-0, S(A)=0\right.$ ；

数列 $A_{n}$ ，便行 $a_{i}=0, ~ S_{1}\left(A_{n}\right)=0$