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(bk-nak)-(b1-na1)≤0,則b1-na1≥bk-nak,則cn=b1-na1=1-n,cn+1-cn=-1對(duì)?n∈N*均成立;
(2)由bi-ain=[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cm,cm+1,cm+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cn=b1-na1,
當(dāng)n∈N*,且2≤k≤n時(shí),
則(bk-nak)-(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(bk-nak)-(b1-na1)≤0,則b1-na1≥bk-nak,
因此,對(duì)?n∈N*,且n≥2,cn=b1-na1=1-n,
cn+1-cn=-1,
∴c2-c1=-1,
∴cn+1-cn=-1對(duì)?n∈N*均成立,
∴數(shù)列{cn}是等差數(shù)列;
(2)證明:設(shè)數(shù)列{an}和{bn}的公差分別為d1,d2,下面考慮的cn取值,
由b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann,
考慮其中任意bi-ain,(i∈N*,且1≤i≤n),
則bi-ain=[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bi-ain═(b1-a1n)+(i-1)d2,
當(dāng)若d2≤0,則(bi-ain)-(b1-a1n)=(i-1)d2≤0,
則對(duì)于給定的正整數(shù)n而言,cn=b1-a1n,此時(shí)cn+1-cn=-a1,
∴數(shù)列{cn}是等差數(shù)列;
當(dāng)d2>0,(bi-ain)-(bn-ann)=(i-n)d2>0,
則對(duì)于給定的正整數(shù)n而言,cn=bn-ann=bn-a1n,
此時(shí)cn+1-cn=d2-a1,
∴數(shù)列{cn}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),(bi-ain)-(b1-a1n)=(i-1)(-d1n+d2)≤0,(i∈N*,1≤i≤n),
因此當(dāng)n≥m時(shí),cn=b1-a1n,
此時(shí)cn+1-cn=-a1,故數(shù)列{cn}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),(bi-ain)-(bn-ann)=(i-1)(-d1n+d2)≤0,(i∈N*,1≤i≤n),
因此,當(dāng)n≥s時(shí),cn=bn-ann,
此時(shí)=$\frac{_{n}-{a}_{n}n}{n}$=-an+$\frac{_{n}}{n}$,
=-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.
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A. | $\frac{\sqrt{3}}{2}$ | B. | $\frac{\sqrt{15}}{5}$ | C. | $\frac{\sqrt{10}}{5}$ | D. | $\frac{\sqrt{3}}{3}$ |
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A. | a+$\frac{1}$<$\frac{{2}^{a}}$<log2(a+b)) | B. | $\frac{{2}^{a}}$<log2(a+b)<a+$\frac{1}$ | ||
C. | a+$\frac{1}$<log2(a+b)<$\frac{{2}^{a}}$ | D. | log2(a+b))<a+$\frac{1}$<$\frac{{2}^{a}}$ |
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