Question

1．設(shè){a_n}和{b_n}是兩個(gè)等差數(shù)列，記c_n=max{b₁-a₁n，b₂-a₂n，…，b_n-a_nn}（n=1，2，3，…），其中max{x₁，x₂，…，x_s}表示x₁，x₂，…，x_s這s個(gè)數(shù)中最大的數(shù)．
（1）若a_n=n，b_n=2n-1，求c₁，c₂，c₃的值，并證明{c_n}是等差數(shù)列；
（2）證明：或者對(duì)任意正數(shù)M，存在正整數(shù)m，當(dāng)n≥m時(shí)，$\frac{{c}_{n}}{n}$＞M；或者存在正整數(shù)m，使得c_m，c_m+1，c_m+2，…是等差數(shù)列．

Answer 1

分析 （1）分別求得a₁=1，a₂=2，a₃=3，b₁=1，b₂=3，b₃=5，代入即可求得c₁，c₂，c₃；由（b_k-na_k）-（b₁-na₁）≤0，則b₁-na₁≥b_k-na_k，則c_n=b₁-na₁=1-n，c_n+1-c_n=-1對(duì)?n∈N*均成立；
（2）由b_i-a_in=[b₁+（i-1）d₁]-[a₁+（i-1）d₂]×n=（b₁-a₁n）+（i-1）（d₂-d₁×n），分類討論d₁=0，d₁＞0，d₁＜0三種情況進(jìn)行討論根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，即可求得使得c_m，c_m+1，c_m+2，…是等差數(shù)列；設(shè)$\frac{{c}_{n}}{n}$=An+B+$\frac{C}{n}$對(duì)任意正整數(shù)M，存在正整數(shù)m，使得n≥m，$\frac{{c}_{n}}{n}$＞M，分類討論，采用放縮法即可求得因此對(duì)任意正數(shù)M，存在正整數(shù)m，使得當(dāng)n≥m時(shí)，$\frac{{c}_{n}}{n}$＞M．

解答 解：（1）a₁=1，a₂=2，a₃=3，b₁=1，b₂=3，b₃=5，
當(dāng)n=1時(shí)，c₁=max{b₁-a₁}=max{0}=0，
當(dāng)n=2時(shí)，c₂=max{b₁-2a₁，b₂-2a₂}=max{-1，-1}=-1，
當(dāng)n=3時(shí)，c₃=max{b₁-3a₁，b₂-3a₂，b₃-3a₃}=max{-2，-3，-4}=-2，
下面證明：對(duì)?n∈N*，且n≥2，都有c_n=b₁-na₁，
當(dāng)n∈N*，且2≤k≤n時(shí)，
則（b_k-na_k）-（b₁-na₁），
=[（2k-1）-nk]-1+n，
=（2k-2）-n（k-1），
=（k-1）（2-n），由k-1＞0，且2-n≤0，
則（b_k-na_k）-（b₁-na₁）≤0，則b₁-na₁≥b_k-na_k，
因此，對(duì)?n∈N*，且n≥2，c_n=b₁-na₁=1-n，
c_n+1-c_n=-1，
∴c₂-c₁=-1，
∴c_n+1-c_n=-1對(duì)?n∈N*均成立，
∴數(shù)列{c_n}是等差數(shù)列；
（2）證明：設(shè)數(shù)列{a_n}和{b_n}的公差分別為d₁，d₂，下面考慮的c_n取值，
由b₁-a₁n，b₂-a₂n，…，b_n-a_nn，
考慮其中任意b_i-a_in，（i∈N*，且1≤i≤n），
則b_i-a_in=[b₁+（i-1）d₁]-[a₁+（i-1）d₂]×n，
=（b₁-a₁n）+（i-1）（d₂-d₁×n），
下面分d₁=0，d₁＞0，d₁＜0三種情況進(jìn)行討論，
①若d₁=0，則b_i-a_in═（b₁-a₁n）+（i-1）d₂，
當(dāng)若d₂≤0，則（b_i-a_in）-（b₁-a₁n）=（i-1）d₂≤0，
則對(duì)于給定的正整數(shù)n而言，c_n=b₁-a₁n，此時(shí)c_n+1-c_n=-a₁，
∴數(shù)列{c_n}是等差數(shù)列；
當(dāng)d₂＞0，（b_i-a_in）-（b_n-a_nn）=（i-n）d₂＞0，
則對(duì)于給定的正整數(shù)n而言，c_n=b_n-a_nn=b_n-a₁n，
此時(shí)c_n+1-c_n=d₂-a₁，
∴數(shù)列{c_n}是等差數(shù)列；
此時(shí)取m=1，則c₁，c₂，…，是等差數(shù)列，命題成立；
②若d₁＞0，則此時(shí)-d₁n+d₂為一個(gè)關(guān)于n的一次項(xiàng)系數(shù)為負(fù)數(shù)的一次函數(shù)，
故必存在m∈N*，使得n≥m時(shí)，-d₁n+d₂＜0，
則當(dāng)n≥m時(shí)，（b_i-a_in）-（b₁-a₁n）=（i-1）（-d₁n+d₂）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），
因此當(dāng)n≥m時(shí)，c_n=b₁-a₁n，
此時(shí)c_n+1-c_n=-a₁，故數(shù)列{c_n}從第m項(xiàng)開始為等差數(shù)列，命題成立；
③若d₁＜0，此時(shí)-d₁n+d₂為一個(gè)關(guān)于n的一次項(xiàng)系數(shù)為正數(shù)的一次函數(shù)，
故必存在s∈N*，使得n≥s時(shí)，-d₁n+d₂＞0，
則當(dāng)n≥s時(shí)，（b_i-a_in）-（b_n-a_nn）=（i-1）（-d₁n+d₂）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），
因此，當(dāng)n≥s時(shí)，c_n=b_n-a_nn，
此時(shí)=$\frac{_{n}-{a}_{n}n}{n}$=-a_n+$\frac{_{n}}{n}$，
=-d₂n+（d₁-a₁+d₂）+$\frac{_{1}-f8yx3xz_{2}}{n}$，
令-d₁=A＞0，d₁-a₁+d₂=B，b₁-d₂=C，
下面證明：$\frac{{c}_{n}}{n}$=An+B+$\frac{C}{n}$對(duì)任意正整數(shù)M，存在正整數(shù)m，使得n≥m，$\frac{{c}_{n}}{n}$＞M，
若C≥0，取m=[$\frac{丨M-B丨}{A}$+1]，[x]表示不大于x的最大整數(shù)，
當(dāng)n≥m時(shí)，$\frac{{c}_{n}}{n}$≥An+B≥Am+B=A[$\frac{丨M-B丨}{A}$+1]+B＞A•$\frac{M-B}{A}$+B=M，
此時(shí)命題成立；
若C＜0，取m=[$\frac{丨M-C-B丨}{A}$]+1，
當(dāng)n≥m時(shí)，
$\frac{{c}_{n}}{n}$≥An+B+$\frac{C}{n}$≥Am+B+C＞A•$\frac{丨M-C-B丨}{A}$+B+C$≥\\;M-C-B+B+C$≥M-C-B+B+C=M，
此時(shí)命題成立，
因此對(duì)任意正數(shù)M，存在正整數(shù)m，使得當(dāng)n≥m時(shí)，$\frac{{c}_{n}}{n}$＞M；
綜合以上三種情況，命題得證．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的綜合應(yīng)用，等差數(shù)列的性質(zhì)，考查與不等式的綜合應(yīng)用，考查“放縮法”的應(yīng)用，考查學(xué)生分析問題及解決問題的能力，考查分類討論及轉(zhuǎn)化思想，考查計(jì)算能力，屬于難題．