Question

5．已知實(shí)數(shù)列{a_n}滿(mǎn)足|a₁|=1，|a_n+1|=q|a_n|，n∈N₊，常數(shù)q＞1．對(duì)任意的n∈N₊，有$\sum_{k=1}^{n+1}{|{a_k}|}≤4|{a_n}|$．設(shè)C為所有滿(mǎn)足上述條件的數(shù)列{a_n}的集合．
（1）求q的值；
（2）設(shè){a_n}，{b_n}∈C，m∈N₊，且存在n₀≤m，使${a_{n_0}}≠{b_{n_0}}$．證明：$\sum_{k=1}^m{|{a_k}|}≠\sum_{k=1}^m{|{b_k}|}$；
（3）設(shè)集合${A_m}=\left\{{\sum_{k=1}^m{a_k}\left|{\left\{{a_n}\right\}∈C}\right.}\right\}$，m∈N₊，求A_m中所有正數(shù)之和．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用等比數(shù)列求和公式運(yùn)算；
（2）運(yùn)用絕對(duì)值不等式的性質(zhì)證明；
（3）根據(jù)條件可得{a_n}為：±1，±2，±4，…，±2^m-2，2^m-1．

解答 （1）因?yàn)�，|a_n+1|=q|a_n|，所以，數(shù)列{|a_n|}是一個(gè)公比為q的等比數(shù)列，
所以，由$\sum_{k=1}^{n+1}{|{a_k}|}≤4|{a_n}|$得化簡(jiǎn)$\frac{{1-{q^{n+1}}}}{1-q}≤4{q^{n-1}}$，
化簡(jiǎn)得，$\frac{1}{{{q^{n-1}}}}≥{（{q-2}）^2}$對(duì)任意正整數(shù)n都成立，
左邊在n無(wú)窮大時(shí)是無(wú)窮小，所以，q=2；
（2）假設(shè)l是1，2，3，…，m中滿(mǎn)足a_n≠b_n中的最大角標(biāo)，
則$|{\sum_{k=1}^m{a_k}-\sum_{k=1}^m{b_k}}|=|{\sum_{k=1}^l{a_k}-\sum_{k=1}^l{b_k}}|=|{{a_l}-{b_l}}|-|{\sum_{k=1}^{l-1}{a_k}-\sum_{k=1}^{l-1}{b_k}}|≥{2^l}-\sum_{k=1}^{l-1}{2^k}=2$，
所以，$\sum_{k=1}^m{|{a_k}|}≠\sum_{k=1}^m{|{b_k}|}$；
（3）顯然{a_n}的前m項(xiàng)和是正數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng)a_m＞0，
此時(shí)a_i（i=1，2，…，m-1）的符號(hào)隨意，
即{a_n}：±1，±2，±4，…，±2^m-2，2^m-1，
這樣的數(shù)列共有2^m-1個(gè)，
若a_i與b_i符號(hào)相反，則進(jìn)行配對(duì)（i=1，2，…，m-1），
于是，A_m中所有元素之和為2^m-1•2^m-1=2^2m-2．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了等比數(shù)列的求和，數(shù)列不等式的證明，以及絕對(duì)值不等式的性質(zhì)，屬于難題．