2017《5年高考3年模拟》B版(浙江省专用)教学教师专用题组

§6.4数列求和、数列的综合应用
考点一数列的求和
12.(2011天津,4,5分)已知{a n}为等差数列,其公差为-2,且a7是a3与a9的等比中项,S n为{a n}的前n项和,n∈N*,则S10的值为()
A.-110
B.-90
C.90
D.110
答案D由题意得=a3·a9,又公差d=-2,∴(a3-8)2=a3(a3-
12),∴a3=16.∴S10===5(a3+a3+5d)=5×(16+16-10)=110,故选D.
13.(2013重庆,12,5分)已知{a n}是等差数列,a1=1,公差d≠0,S n为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则
S8=.
答案64
解析由a1、a2、a5成等比数列,得(a1+d)2=a1(a1+4d),即(1+d)2=1+4d,解得d=2(d=0舍去),S8=×8=64.
14.(2013湖南,15,5分)设S n为数列{a n}的前n项和,S n=(-1)n a n-,n∈N*,则
(1)a3=;
(2)S1+S2+…+S100=.
答案(1)-(2)-
解析(1)由已知得S3=-a3-,S4=a4-,两式相减得a4=a4+a3-+,∴a3=-=-.
(2)已知S n=(-1)n a n-,
(i)当n为奇数时,
---
两式相减得a n+1=a n+1+a n+,∴a n=-;
(ii)当n为偶数时,---
两式相减得a n+1=-a n+1-a n+,即a n=-2a n+1+=.
综上,a n=
-为奇数
为偶数
∴S1+S2+…+S100=--+-+…+-
=[(a2+a4+…+a100)-(a1+a3+…+a99)]-…=…+…-++…+
=++…+-++…+
=-
-
-
-
-
=-.
评析本题主要考查数列{a n}的通项公式及求前n项和S n的方法,考查学生的逻辑推理能力,本题解题关键是求{a n}的通项公式,不能灵活利用已知条件a n与S n的关系是学生失分的主要原因.
15.(2012福建,14,4分)数列{a n}的通项公式a n=ncos+1,前n项和为S n,则S2012=.
答案3018
解析∵a n=ncos+1,
∴a1=cos+1=0+1,
a2=2cos+1=-2+1,
a3=3cos+1=0+1,
a4=4cos+1=4+1,
a5=5cos+1=0+1,
a6=6cos+1=-6+1,
……
S2012=--…-
共项
+2012=503×2+2012=3018.
评析本题重在考查三角函数与数列的综合运用能力,分类讨论的思想是解题的关键.
16.(2012湖北,18,12分)已知等差数列{a n}前三项的和为-3,前三项的积为8.
(1)求等差数列{a n}的通项公式;
(2)若a2,a3,a1成等比数列,求数列{|a n|}的前n项和.
解析(1)设等差数列{a n}的公差为d,则a2=a1+d,a3=a1+2d,由题意得
-
解得
-或
-
所以由等差数列通项公式可得a n=2-3(n-1)=-3n+5或a n=-4+3(n-1)=3n-7.
故a n=-3n+5或a n=3n-7.
(2)当a n=-3n+5时,a2,a3,a1分别为-1,-4,2,不成等比数列;
当a n=3n-7时,a2,a3,a1分别为-1,2,-4,成等比数列,满足条件.
故|a n|=|3n-7|=--
记数列{|a n|}的前n项和为S n.当n=1时,S1=|a1|=4;
当n=2时,S2=|a1|+|a2|=5;
当n≥3时,S n=S2+|a3|+|a4|+…+|a n|=5+(3×3-7)+(3×4-7)+…+(3n-7)
=5+--=n2-n+10.
当n=2时,满足此式,
综上,S n=-
评析本题考查等差、等比数列的基础知识,考查运算求解能力.
17.(2014天津,19,14分)已知q和n均为给定的大于1的自然数.设集合M={0,1,2,…,q-1},集合
A={x|x=x1+x2q+…+x n q n-1,x i∈M,i=1,2,…,n}.
(1)当q=2,n=3时,用列举法表示集合A;
(2)设s,t∈A,s=a1+a2q+…+a n q n-1,t=b1+b2q+…+b n q n-1,其中a i,b i∈M,i=1,2,…,n.证明:若a n<b n,则s<t.解析(1)当q=2,n=3时,M={0,1},A={x|x=x1+x2·2+x3·22,x i∈M,i=1,2,3}.可得,A={0,1,2,3,4,5,6,7}.
(2)证明:由s,t∈A,s=a1+a2q+…+a n q n-1,t=b1+b2q+…+b n q n-1,a i,b i∈M,i=1,2,…,n及a n<b n,可得
s-t=(a1-b1)+(a2-b2)q+…+(a n-1-b n-1)q n-2+(a n-b n)q n-1
≤(q-1)+(q-1)q+…+(q-1)q n-2-q n-1
=---
-
-q n-1=-1<0.
所以s<t.
评析本题主要考查集合的含义与表示,等比数列的前n项和公式,不等式的证明等基础知识和基本方法.考查运算能力、分析问题和解决问题的能力.
18.(2013江西,17,12分)正项数列{a n}的前n项和S n满足:-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0.
(1)求数列{a n}的通项公式a n;
(2)令b n=,数列{b n}的前n项和为T n.证明:对于任意的n∈N*,都有T n<.
解析(1)由-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0,得[S n-(n2+n)](S n+1)=0.
由于{a n}是正项数列,所以S n>0,S n=n2+n.
于是a1=S1=2,n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.综上,数列{a n}的通项a n=2n.
(2)证明:由于a n=2n,b n=,
则b n==-.
T n=1-+-+-+…+
-
-+-
=--<=.
评析本题考查数列的概念和应用裂项相消法求和,考查学生的运算求解和灵活应用知识的能力.能否合理分析通项是本题求和的关键.
19.(2013山东,20,12分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且S4=4S2,a2n=2a n+1.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)设数列{b n}的前n项和为T n,且T n+=λ(λ为常数),令c n=b2n(n∈N*),求数列{c n}的前n项和R n.
解析(1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d.
由S4=4S2,a2n=2a n+1得
解得a1=1,d=2.因此a n=2n-1,n∈N*.
(2)由题意知:T n=λ-
-
,
所以n≥2时,
b n=T n-T n-1=-
-+-
-
=-
-
.
故c n=b2n=-
-=(n-1)
-
,n∈N*.
所以R n=0×+1×+2×+3×+…+(n-1)×-,
则R n=0×+1×+2×+…+(n-2)×-
+(n-1)×,
两式相减得
R n=+++…+-
-(n-1)×
=-
-
-(n-1)×
=-,
整理得R n=-
-
.
所以数列{c n}的前n项和R n=-
-
.
20.(2013四川,16,12分)在等差数列{a n}中,a1+a3=8,且a4为a2和a9的等比中项,求数列{a n}的首项、公差及前n项和.
解析设该数列公差为d,前n项和为S n.由已知,可得
2a1+2d=8,(a1+3d)2=(a1+d)(a1+8d).
所以a1+d=4,d(d-3a1)=0,
解得a1=4,d=0,或a1=1,d=3,即数列{a n}的首项为4,公差为0,或首项为1,公差为3.
所以数列的前n项和S n=4n或S n=-.
评析本题考查等差数列、等比中项等基础知识,考查运算求解能力,考查分类与整合等数学思想.
21.(2012江西,16,12分)已知数列{a n}的前n项和S n=-n2+kn(其中k∈N+),且S n的最大值为8.
(1)确定常数k,并求a n;
(2)求数列-的前n项和T n.
解析(1)当n=k∈N+时,S n=-n2+kn取最大值,即8=S k=-k2+k2=k2,故k2=16,因此k=4,
从而a n=S n-S n-1=-n(n≥2).
又a1=S1=,所以a n=-n.
(2)令b n =
- =
-
, T n =b 1+b 2+…+b n =1+ + +…+ -
-
+
- ,
所以T n =2T n -T n =2+1+
+…+
-
-
-
=4-
-
-
-
=4- -
.
评析 本题主要考查二次函数最值、前n 项和S n 与a n 的关系、错位相减求和等基本知识;考查转化与化归思想
及推理运算能力.
22.(2011四川,20,12分)设d 为非零实数,a n =
·[ d+2 d 2
+…+(n-1) -
d n-1
+n
d n
](n ∈N *
).
(1)写出a 1,a 2,a 3并判断{a n }是否为等比数列.若是,给出证明;若不是,说明理由; (2)设b n =nda n (n ∈N *
),求数列{b n }的前n 项和S n .
解析 (1)由已知可得a 1=d,a 2=d(1+d),a 3=d(1+d)2
. 当n ≥2,k ≥1时,
= - -
,因此
a n =
- -
-
-
- . 由此可见,当d ≠-1时,{a n }是以d 为首项,d+1为公比的等比数列;
当d=-1时,a 1=-1,a n =0(n ≥2),此时{a n }不是等比数列.(7分)
(2)由(1)可知,a n =d(d+1)n-1
,
从而b n =nd 2(d+1)n-1
,
S n =d 2[1+2(d+1)+3(d+1)2+…+(n-1)(d+1)n-2+n(d+1)n-1
].①
当d=-1时,S n =d 2
=1.
当d ≠-1时,①式两边同乘d+1得
(d+1)S n =d 2[(d+1)+2(d+1)2+…+(n-1)(d+1)n-1+n(d+1)n
].② ①,②式相减可得
-dS n =d 2
[1+(d+1)+(d+1)2
+…+(d+1)n-1
-n(d+1)n
]=d
2
-
- . 化简即得S n =(d+1)n
(nd-1)+1.
综上,S n =(d+1)n
(nd-1)+1.(12分)
评析 遇到组合数一般用“倒序求和”法求和,用“错位相减法”求和时,要注意对公比进行讨论.
23.(2011浙江,19,14分)已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1为a(a ∈R),设数列的前n 项和为S n ,且
, ,
成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式及S n ;
(2)记A n =
+
+
+…+
,B n =
+
+
+…+
-
.当n ≥2时,试比较A n 与B n 的大小.
解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d,由
=
·
,得(a 1+d)2
=a 1(a 1+3d).因为d ≠0,所以d=a 1=a.
所以a n =na,S n =
. (2)因为
=
-
,
所以A n =
+
+
+…+
= -
.
因为-=2n-1a,
所以B n=+++…+
-=·
-
-
=-.
当n≥2时,2n=+++…+>n+1,即1-<1-,所以,当a>0时,A n<B n;当a<0时,A n>B n.
评析本题主要考查等差数列、等比数列、求和公式、不等式等基础知识.考查分类讨论思想和运算求解能力.解题关键是裂项相消法求和,利用二项式定理比较大小,本题属中等难度题.
考点二数列的综合应用
11.(2011江苏,13,5分)设1=a1≤a2≤…≤a7,其中a1,a3,a5,a7成公比为q的等比数列,a2,a4,a6成公差为1的等差数列,则q的最小值是.
答案
解析∵a1,a3,a5,a7成公比为q的等比数列,
又a1=1,∴a3=q,a5=q2,a7=q3,
又a2,a4,a6成公差为1的等差数列,
∴a4=a2+1,a6=a2+2.
由1=a1≤a2≤a3≤…≤a7,
即解得≤q≤,故q的最小值为.
评析本题主要考查等差、等比数列的通项公式,考查学生的逻辑思维能力和分析问题、解决问题的能力,属中等难度试题.
12.(2015陕西,21,12分)设f n(x)是等比数列1,x,x2,…,x n的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.
(1)证明:函数F n(x)=f n(x)-2在内有且仅有一个零点(记为x n),且x n=+;
(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为g n(x),比较f n(x)和g n(x)的大小,并加以证明.
解析(1)证明:F n(x)=f n(x)-2=1+x+x2+…+x n-2,
则F n(1)=n-1>0,
F n=1+++…+-2=-
-
-2
=-<0,
所以F n(x)在内至少存在一个零点.
又F'n(x)=1+2x+…+nx n-1>0,故F n(x)在内单调递增,所以F n(x)在内有且仅有一个零点x n.因为x n是F n(x)的零点,所以F n(x n)=0,
即-
-
-2=0,故x n=+.
(2)解法一:由题设知,g n(x)=.
设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x2+…+x n-,x>0.当x=1时,f n(x)=g n(x).
当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nx n-1--.
若0<x<1,h'(x)>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1
=x n-1-x n-1=0.
若x>1,h'(x)<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1
=x n-1-x n-1=0.
所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,
所以h(x)<h(1)=0,即f n(x)<g n(x).
综上所述,当x=1时,f n(x)=g n(x);
当x≠1时,f n(x)<g n(x).
解法二:由题设,f n(x)=1+x+x2+…+x n,g n(x)=,x>0.
当x=1时,f n(x)=g n(x).
当x≠1时,用数学归纳法可以证明f n(x)<g n(x).
①当n=2时,f2(x)-g2(x)=-(1-x)2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.
②假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即f k(x)<g k(x).
那么,当n=k+1时,
f k+1(x)=f k(x)+x k+1<
g k(x)+x k+1=+x k+1
=.
又g k+1(x)-=-,
令h k(x)=kx k+1-(k+1)x k+1(x>0),
则h'k(x)=k(k+1)x k-k(k+1)x k-1=k(k+1)x k-1(x-1).
所以当0<x<1时,h'k(x)<0,h k(x)在(0,1)上递减;
当x>1时,h'k(x)>0,h k(x)在(1,+∞)上递增.
所以h k(x)>h k(1)=0,
从而g k+1(x)>.
故f k+1(x)<g k+1(x),即n=k+1时不等式也成立.
由①和②知,对一切n≥2的整数,都有f n(x)<g n(x).
解法三:由已知,记等差数列为{a k},等比数列为{b k},k=1,2,…,n+1.则a1=b1=1,a n+1=b n+1=x n,
所以a k=1+(k-1)·-(2≤k≤n),
b k=x k-1(2≤k≤n),
令m k(x)=a k-b k=1+---x k-1,x>0(2≤k≤n),
当x=1时,a k=b k,所以f n(x)=g n(x).
当x≠1时,m'k(x)=-·nx n-1-(k-1)x k-2
=(k-1)x k-2(x n-k+1-1).
而2≤k≤n,所以k-1>0,n-k+1≥1.
若0<x<1,x n-k+1<1,m'k(x)<0;若x>1,x n-k+1>1,m'k(x)>0,
从而m k(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,
所以m k(x)>m k(1)=0,
所以当x>0且x≠1时,a k>b k(2≤k≤n),
又a1=b1,a n+1=b n+1,故f n(x)<g n(x).
综上所述,当x=1时,f n(x)=g n(x);
当x≠1时,f n(x)<g n(x).
13.(2014四川,19,12分)设等差数列{a n}的公差为d,点(a n,b n)在函数f(x)=2x的图象上(n∈N*). (1)若a1=-2,点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上,求数列{a n}的前n项和S n;
(2)若a1=1,函数f(x)的图象在点(a2,b2)处的切线在x轴上的截距为2-,求数列的前n项和T n.解析(1)由已知,得b7=,b8==4b7,有=4×=.
解得d=a8-a7=2.
所以,S n=na1+-d=-2n+n(n-1)=n2-3n.
(2)函数f(x)=2x在(a2,b2)处的切线方程为
y-=(ln2)(x-a2),
它在x轴上的截距为a2-.
由题意,得a2-=2-,
解得a2=2.
所以d=a2-a1=1.
从而a n=n,b n=2n.
所以T n=+++…+-
-
+,
2T n=+++…+
-
.
因此,2T n-T n=1+++…+
--=2-
-
-=--.
所以,T n=--.
评析本题考查等差数列与等比数列的概念、等差数列与等比数列通项公式与前n项和、导数的几何意义等基础知识,考查运算求解能力.
14.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列{a n},{b n}(b n≠0,n∈N*)满足a n b n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0.
(1)令c n=,求数列{c n}的通项公式;
(2)若b n=3n-1,求数列{a n}的前n项和S n.
解析(1)因为a n b n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0,b n≠0(n∈N*),
所以-=2,即c n+1-c n=2.
所以数列{c n}是以1为首项,2为公差的等差数列,
故c n=2n-1.
(2)由b n=3n-1知a n=c n b n=(2n-1)3n-1,
于是数列{a n}的前n项和S n=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,
3S n=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,
相减得-2S n=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,
所以S n=(n-1)3n+1.
评析本题主要考查等差数列的有关概念及求数列的前n项和,考查学生的运算求解能力,在利用错位相减法求和时,计算失误是学生失分的主要原因.
15.(2012四川,20,12分)已知数列{a n}的前n项和为S n,且a2a n=S2+S n对一切正整数n都成立.
(1)求a1,a2的值;
(2)设a1>0,数列的前n项和为T n.当n为何值时,T n最大?并求出T n的最大值.
解析(1)取n=1,得a2a1=S2+S1=2a1+a2,①
取n=2,得=2a1+2a2,②
由②-①,得a2(a2-a1)=a2.③
(i)若a2=0,由①知a1=0.
(ii)若a2≠0,由③知a2-a1=1.④
由①、④解得,a1=+1,a2=2+;或a1=1-,a2=2-.
综上可得,a1=0,a2=0;或a1=+1,a2=+2;或a1=1-,a2=2-.(5分)
(2)当a1>0时,由(1)知a1=+1,a2=+2.
当n≥2时,有(2+)a n=S2+S n,(2+)a n-1=S2+S n-1,
所以(1+)a n=(2+)a n-1,
即a n=a n-1(n≥2),
所以a n=a1()n-1=(+1)·()n-1.
.
令b n=lg,则b n=1-lg()n-1=1-(n-1)lg2=lg
-
所以数列{b n}是单调递减的等差数列公差为-,
从而b1>b2>…>b7=lg>lg1=0,
当n≥8时,b n≤b8=lg<lg1=0,
故当n=7时,T n取得最大值,且T n的最大值为T7==-=7-lg2.(12分)
评析本题主要考查等比数列、等差数列、对数等基础知识,考查思维能力、运算能力、分析问题与解决问题的能力,考查方程、分类与整合、化归与转化等数学思想.
16.(2012江苏,20,16分)已知各项均为正数的两个数列{a n}和{b n}满足:a n+1=,n∈N*.
(1)设b n+1=1+,n∈N*,求证:数列是等差数列;
(2)设b n+1=·,n∈N*,且{a n}是等比数列,求a1和b1的值.
解析(1)由题设知a n+1===,所以=,
从而-=1(n∈N*),
所以数列是以1为公差的等差数列.
(2)因为a n>0,b n>0,所以≤+<(a n+b n)2,
从而1<a n+1=≤.(*)
设等比数列{a n}的公比为q,由a n>0知q>0.下证q=1.
若q>1,则a1=<a2≤,故当n>log q时,a n+1=a1q n>,与(*)矛盾;
若0<q<1,则a1=>a2>1,故当n>log q时,a n+1=a1q n<1,与(*)矛盾.
综上,q=1,故a n=a1(n∈N*),所以1<a1≤.
又b n+1=·=·b n(n∈N*),所以{b n}是公比为的等比数列.
若a1≠,则>1,于是b1<b2<b3.
又由a1=得b n=
-
-
,所以b1,b2,b3中至少有两项相同,矛盾.所以a1=,从而b n=
-
-
=.所以
a1=b1=.
评析本题主要考查等差数列和等比数列的基本性质、基本不等式等基础知识,考查学生分析探究及逻辑推理的能力.
17.(2012广东,19,14分)设数列{a n}的前n项和为S n,满足2S n=a n+1-2n+1+1,n∈N*,且a1,a2+5,a3成等差数列.
(1)求a1的值;
(2)求数列{a n}的通项公式;
(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.
解析(1)由2S n=a n+1-2n+1+1得
又由a1,a2+5,a3成等差数列得2(a2+5)=a1+a3,③
由①②③得a1=1.
(2)由题设条件可知n≥2时,2S n=a n+1-2n+1+1,④
∴2S n-1=a n-2n+1.⑤
④-⑤,得
2(S n-S n-1)=a n+1-a n-2n+1+2n,即a n+1=3a n+2n(n≥2),∴a n+1+2n+1=3(a n+2n),
∴{a n+2n}是以3为公比的等比数列,
∴a n+2n=(a1+2)·3n-1=3n,即a n=3n-2n(n>1).
又a1=1满足上式,∴a n=3n-2n.
(3)证明:∵=
-=·
-
≤·
-
=3·,∴++…+≤3…
=3×-
-
=-<.
评析本题考查数列的通项公式、等差数列的定义及数列的求和,考查运算推理能力及数列与不等式的综合应用能力.
18.(2011重庆,21,12分)设实数数列{a n}的前n项和S n满足S n+1=a n+1S n(n∈N*).
(1)若a1,S2,-2a2成等比数列,求S2和a3;
(2)求证:对k≥3有0≤a k+1≤a k≤.
解析(1)由题意得-
得=-2S2,
由S2是等比中项知S2≠0.因此S2=-2.
由S2+a3=S3=a3S2解得a3=
-=-
--
=.
(2)证法一:由题设条件有S n+a n+1=a n+1S n,故S n≠1,a n+1≠1且a n+1=
-,S n=
-
,从而对k≥3有
a k=-
--
=--
--
-
=
-
-
-
-
-
-
-
-
-
=-
-
-
-
.①
因
--a k-1+1=--+>0且-≥0,由①得a k≥0.要证a k≤,由①只要证-
-
-
-
≤,
即证3
-≤4(
-
-a k-1+1),
即(a k-1-2)2≥0.此式明显成立.因此a k≤(k≥3).最后证a k+1≤a k.
若不然a k+1=
->a k,又因a k≥0,故
-
>1,即(a k-1)2<0.矛盾.
因此a k+1≤a k(k≥3).
证法二:由题设知S n+1=S n+a n+1=a n+1S n,故方程x2-S n+1x+S n+1=0有根S n和a n+1(可能相同).因此判别式Δ=-4S n+1≥0.
又由S n+2=S n+1+a n+2=a n+2S n+1得a n+2≠1且S n+1=
-
,
因此
--
-
≥0,
即3-4a n+2≤0,解得0≤a n+2≤.
因此0≤a k≤(k≥3).
由a k=-
--
≥0(k≥3)得a k+1-a k=
-
-a k
=a k-
--
-=a k-
-
-
-
-
-
=-
--
-
=-
-
-
≤0.
因此a k+1≤a k(k≥3).
评析本题考查等差、等比数列的综合应用,考查不等式的证明,考查学生字母运算的基本功,考查学生的计算技巧,属难题.
19.(2011北京,20,13分)若数列A n:a1,a2,…,a n(n≥2)满足|a k+1-a k|=1(k=1,2,…,n-1),则称A n为E数列.记
S(A n)=a1+a2+…+a n.
(1)写出一个满足a1=a5=0,且S(A5)>0的E数列A5;
(2)若a1=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)对任意给定的整数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.
解析(1)0,1,2,1,0是一个满足条件的E数列A5.
(答案不唯一.0,1,0,1,0也是一个满足条件的E数列A5)
(2)证明:必要性:因为E数列A n是递增数列,
所以a k+1-a k=1(k=1,2,…,1999).
所以A n是首项为12,公差为1的等差数列.
所以a2000=12+(2000-1)×1=2011.
充分性:由于a2000-a1999≤1,
a1999-a1998≤1,
……
a2-a1≤1,
所以a2000-a1≤1999,即a2000≤a1+1999.
又因为a1=12,a2000=2011,
所以a2000=a1+1999.
故a k+1-a k=1>0(k=1,2,…,1999),
即A n是递增数列.
综上,结论得证.
(3)令c k=a k+1-a k(k=1,2,…,n-1),则c k=±1.
因为a2=a1+c1,
a3=a1+c1+c2,
……
a n=a1+c1+c2+…+c n-1,
所以S(A n)=na1+(n-1)c1+(n-2)c2+(n-3)c3+…+c n-1=(n-1)+(n-2)+…+1-[(1-c1)(n-1)+(1-c2)·(n-2)+…+(1-c n-
1)]=-
-[(1-c1)(n-1)+(1-c2)·(n-2)+…+(1-c n-1)].
因为c k=±1,所以1-c k为偶数(k=1,…,n-1).
所以(1-c1)(n-1)+(1-c2)(n-2)+…+(1-c n-1)为偶数.
所以要使S(A n)=0,必须使-为偶数,即4整除n(n-1),亦即n=4m或n=4m+1(m∈N*).
当n=4m(m∈N*)时,E数列A n的项满足a4k-1=a4k-3=0,a4k-2=-1,a4k=1(k=1,2,…,m)时,有a1=0,S(A n)=0;
当n=4m+1(m∈N*)时,E数列A n的项满足a4k-1=a4k-3=0,a4k-2=-1,a4k=1(k=1,2,…,m),a4m+1=0时,有a1=0,S(A n)=0;
当n=4m+2或n=4m+3(m∈N)时,n(n-1)不能被4整除,此时不存在E数列A n,使得a1=0,S(A n)=0.
评析本题考查了数列的基本概念,数列的单调性,数列求和,以及数列的综合应用,考查逻辑推理能力和抽象思维能力.所考知识点多,综合性强,属于难题.。