Question

10．已知a₁，a₂，…，a_n是由n（n∈N^*）個整數(shù)1，2，…，n按任意次序排列而成的數(shù)列．數(shù)列{b_n}滿足b_k=n+1-a_k（k=1，2，…，n），c₁，c₂，…，c_n是1，2，…，n按從大到小的順序排列而成的數(shù)列，記S_n=c₁+2c₂+…+nc_n．
（1）證明：當n為正偶數(shù)時，不存在滿足a_k=b_k（k=1，2，…，n）的數(shù)列{a_n}；
（2）寫出c_k（k=1，2，…，n），并用含n的式子表示S_n；
（3）利用（1-b₁）²+（2-b₂）²+…+（n-b_n）²≥0，證明：b₁+2b₂+…+nb_n≤$\frac{1}{6}$n（n+1）（2n+1）及a₁+2a₂+…+na_n≥S_n．
（參考：1²+2²+…+n²=$\frac{1}{6}$n（n+1）（2n+1））

Answer 1

分析 （1）可用反證法證明，假設存在滿足a_k=b_k（k=1，2，…，n）的數(shù)列{a_n}，由條件結(jié)合奇數(shù)、偶數(shù)的概念即可得證；
（2）由題意可得{c_k}：n，n-1，n-2，…，1，再由累加法即可得到S_n；
（3）由（1-b₁）²+（2-b₂）²+…+（n-b_n）²≥0，展開即可證得b₁+2b₂+…+nb_n≤$\frac{1}{6}$n（n+1）（2n+1）；再由排序定理：亂序之和不小于倒序之和．

解答 解：（1）證明：當n為正偶數(shù)時，
存在滿足a_k=b_k（k=1，2，…，n）的數(shù)列{a_n}，
由b_k=n+1-a_k（k=1，2，…，n），可得
a_k=$\frac{n+1}{2}$，由n為正偶數(shù)，可得n+1為奇數(shù)，
$\frac{n+1}{2}$不為整數(shù)，a_k為整數(shù)，故不成立，
則當n為正偶數(shù)時，
不存在滿足a_k=b_k（k=1，2，…，n）的數(shù)列{a_n}；
（2）{c_k}：n，n-1，n-2，…，1，
由S₁=1，S₂-S₁=3，S₃-S₂=6，S₄-S₃=10，…，S_n-S_n-1=3+$\frac{（n-2）（n+3）}{2}$，n＞1．
累加可得，S_n=1+3+6+10+…+[3+$\frac{（n-2）（n+3）}{2}$]=$\frac{1}{2}$（1²+2²+…+n²）+（1+2+…+n）]
=$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{6}$n（n+1）（2n+1）+$\frac{1}{4}$n（n+1）=$\frac{1}{6}$n（n+1）（n+2）；
（3）證明：由（1-b₁）²+（2-b₂）²+…+（n-b_n）²≥0，可得
1²+2²+…+n²-2（b₁+2b₂+…+nb_n）+（b₁²+b₂²+…+b_n²）≥0，
即有b₁+2b₂+…+nb_n≤$\frac{1}{2}$[（1²+2²+…+n²）+（b₁²+b₂²+…+b_n²）]
=1²+2²+…+n²=$\frac{1}{6}$n（n+1）（2n+1）；
由排序定理可得，亂序之和不小于倒序之和，
由a₁+2a₂+…+na_n為亂序之和，S_n=c₁+2c₂+…+nc_n為倒序之和．
即可得到a₁+2a₂+…+na_n≥S_n．

點評 本題考查數(shù)列的求和方法，以及數(shù)列不等式的證明，考查反證法的運用和綜合法的運用，考查推理能力，屬于中檔題．