Question

已知數(shù)列{a_n}與數(shù)列{b_n}（n∈N*，n≥1）滿(mǎn)足：①a₁＜0，b₁＞0；②當(dāng)k≥2時(shí)，a_k與b_k滿(mǎn)足如下條件：
當(dāng)

ak-1+bk-1

2

≥0時(shí)，a_k=a_k-1，，bk=

ak-1+bk-1

2

；當(dāng)

ak-1+bk-1

2

＜0時(shí)，ak=

ak-1+bk-1

2

，b_k=b_k-1．
求：（1）用a₁，b₁表示b_n-a_n；
（2）當(dāng)b₁＞b₂＞…＞b_n（n≥2）時(shí)，用a₁，b₁表示b_k．（k=1，2，…n）
（3）當(dāng)n（n≥2，n∈N*）是滿(mǎn)足b₁＞b₂＞…＞b_n（n≥2）的最大整數(shù)時(shí)，用a₁，b₁表示n滿(mǎn)足的條件．

Answer 1

分析：（1）通過(guò)分類(lèi)討論可知，所以無(wú)論哪種情況，都有bk-ak=

bk-1-ak-1

2

，從而可獲得數(shù)列b_n-a_n為等比數(shù)列進(jìn)而可獲得問(wèn)題的解答；
（2）結(jié)合條件經(jīng)分類(lèi)討論可知

ak-1+bk-1

2

≥0，對(duì)于2≤k≤n，a_k=a_k-1，b_k=

ak-1+bk-1

2

從而a_n=a_n-1═a₁．由（1）即可獲得問(wèn)題的結(jié)論．
（3）由題意分析易知

an+bn

2

=a1+(b1-a1)•(

1

2

)n，經(jīng)分類(lèi)討論易知

b1-a1

-a1

＜2n進(jìn)而即可獲得問(wèn)題解答．

解答：解：（1）當(dāng)

ak-1+bk-1

2

≥0時(shí)，bk-ak=

ak-1+bk-1

2

-ak-1=

bk-1-ak-1

2

；
當(dāng)

ak-1+bk-1

2

＜0時(shí)，bk-ak=bk-1-

ak-1+bk-1

2

=

bk-1-ak-1

2

所以無(wú)論哪種情況，都有bk-ak=

bk-1-ak-1

2

因此，數(shù)列{b_k-a_k}是首相為b₁-a₁，公比為

1

2

的等比數(shù)列，
∴bn-an=(b1-a1)•(

1

2

)n-1．
（2）由b₁＞b₂＞＞b_n（n≥2）時(shí)，b_k≠b_k-1（2≤k≤n）
由②可知，

ak-1+bk-1

2

＜0不成立，
所以

ak-1+bk-1

2

≥0，對(duì)于2≤k≤n，a_k=a_k-1，b_k=

ak-1+bk-1

2

于是a_n=a_n-1═a₁
由（1）可得，b_k=a₁+（b₁-a₁）•(

1

2

)n-1(k=2，3，，n)．
（3）由b₁＞b₂＞＞b_n（n≥2）知
an=a1，bn=a1+(b1-a1)•(

1

2

)n-1
∴

an+bn

2

=

1

2

{a1+[a1+(b1-a1)•(

1

2

)n-1]}=a1+(b1-a1)•(

1

2

)n
若

an+bn

2

≥0，則bn=

an+bn

2

bn+1-bn=[a1+(b1-a1)•(

1

2

)n]-[a1+(b1-a1)•(

1

2

)n-1]
=-(b1-a1)•(

1

2

)n＜0，(∵b1-a1＞0)
∴b_n＞b_n+1這與n是滿(mǎn)足b₁＞b₂＞b₃＞b_n（n≥2）的最大整數(shù)相矛盾
∴n是滿(mǎn)足

an+bn

2

＜0的最小整數(shù)由

an+bn

2

＜0，得a1+(b1-a1)•(

1

2

)n＜0
得

a1+b1

2n

＜-a，得

b1-a1

-a1

＜2n
∴log2

a1-b1

a1

＜n
因而n是滿(mǎn)足log2

a1-b1

a1

＜n的最小整數(shù)．

點(diǎn)評(píng)：本題考查的是數(shù)列與不等式的綜合類(lèi)問(wèn)題．在解答的過(guò)程當(dāng)中充分體現(xiàn)了分類(lèi)討論的思想、數(shù)列求和的知識(shí)以及問(wèn)題轉(zhuǎn)化的知識(shí)．值得同學(xué)們體會(huì)和反思．