已知数列An：a1，a2，…，an，满足a1=an=0，且当2≤k≤n时，(ak-ak-1)2=1．令S=a1+a2+…+an．写出S

题文

已知数列A_n：a₁，a₂，…，a_n，满足a₁=a_n=0，且当2≤k≤n（k∈N^*）时，(ak-ak-1)2=1．令S（A_n）=a₁+a₂+…+a_n．
（Ⅰ）写出S（A₅）的所有可能取值；
（Ⅱ）求S（A_n）的最大值． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（Ⅰ）由题设，满足条件的数列A₅的所有可能情况有：
（1）0，1，2，1，0．此时S（A₅）=4；
（2）0，1，0，1，0．此时S（A₅）=2；
（3）0，1，0，-1，0．此时S（A₅）=0；
（4）0，-1，-2，-1，0．此时S（A₅）=-4；
（5）0，-1，0，1，0．此时S（A₅）=0；
（6）0，-1，0，-1，0．此时S（A₅）=-2．
所以，S（A₅）的所有可能取值为：-4，-2，0，2，4．．…（5分）
（Ⅱ）由(ak-ak-1)2=1，可设a_k-a_k-1=c_k-1，则c_k-1=1或c_k-1=-1（2≤k≤n，k∈N^*），a₂-a₁=c₁，a₃-a₂=c₂，
…a_n-a_n-1=c_n-1，
所以a_n=a₁+c₁+c₂+…+c_n-1．                               …（7分）
因为a₁=a_n=0，所以c₁+c₂+…+c_n-1=0，且n为奇数，c₁，c₂，…，c_n-1是由n-12个1和n-12个-1构成的数列．
所以S（A_n）=c₁+（c₁+c₂）+…+（c₁+c₂+…+c_n-1）=（n-1）c₁+（n-2）c₂+…+2c_n-2+c_n-1．
则当c₁，c₂，…，c_n-1的前n-12项取1，后n-12项取-1时S（A_n）最大，
此时S（A_n）=(n-1)+(n-2)+…+n+12-(n-12+…+2+1)=(n-1)24．．…（10分）
证明如下：
假设c₁，c₂，…，c_n-1的前n-12项中恰有t项cm1，cm2，…，cmt取-1，则c₁，c₂，…，c_n-1的后n-12项中恰有t项cn1，cn2，…cnt取1，其中1≤t≤n-12，1≤mi≤n-12，n-12＜ni≤n-1，i=1，2，…，t．
所以S（A_n）=(n-1)c1+(n-2)c2+…+n+12cn-12+n-12cn+12+…+2cn-2+cn-1=(n-1)+(n-2)+…+n+12-(n-12+…+2+1)-2[（n-m₁）+（n-m₂）+…+（n-m_t）]+2[（n-n₁）+（n-n₂）+…+（n-n_t）]=(n-1)24-2[(n1-m1)+(n2-m2)+…+(nt-mt)]＜(n-1)24．
所以S（A_n）的最大值为(n-1)24．．…（13分）

解析

n-12

考点

据考高分专家说，试题“已知数列An：a1，a2，…，an，满足.....”主要考查你对 [数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等） ]考点的理解。 数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）

数列求和的常用方法：

1.裂项相加法：数列中的项形如

的形式，可以把

表示为

，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和；
2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如

的数列，其中

为等差数列，

为等比数列，均可用此法；
3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。
4、分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。
5、公式法求和：所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式求和，常用的公式有：
 


数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。

数列求和特别提醒：

（1）对通项公式含有

的一类数列，在求

时，要注意讨论n的奇偶性；
（2）在用等比数列前n项和公式时，一定要分q=1和q≠1两种情况来讨论。