Question

数列{a_n}和数列{b_n}（n∈N^*）由下列条件确定：
（1）a₁＜0，b₁＞0；
（2）当k≥2时，a_k与b_k满足如下条件：当

ak-1+bk-1

2

≥0时，a_k=a_k-1，b_k=

ak-1+bk-1

2

；当

ak-1+bk-1

2

＜0时，a_k=

ak-1+bk-1

2

，b_k=b_k-1．
解答下列问题：
（Ⅰ）证明数列{a_k-b_k}是等比数列；
（Ⅱ）记数列{n（b_k-a_n）}的前n项和为S_n，若已知当a＞1时，

lim

n→∞

n

an

=0，求

lim

n→∞

Sn．
（Ⅲ）m（n≥2）是满足b₁＞b₂＞…＞b_n的最大整数时，用a₁，b₁表示n满足的条件．

Answer 1

分析：（Ⅰ）分情况讨论，并分别做差a_k-b_k，从而可证明等比数列．
（Ⅱ）利用第一问的结论：数列{a_k-b_k}是等比数列，求出数列{n（b_n-a_n）}的前n项和为S_n，再求极限得解．
（Ⅲ）如果n（n≥2）是满足b₁＞b₂＞…＞b_n的最大整数，利用已知条件，从而推出b_n通项．再利用b_n的性质推出因此n是满足

an+bn

2

＜0的最小整数．进而可推得n满足的条件（用a₁，b₁表示）．

解答：解：（Ⅰ）当

ak-1+bk-1

2

≥0时，b_k-a_k=

ak-1+bk-1

2

-a_k-1=

1

2

（b_k-1a_k-1），
当

ak-1+bk-1

2

＜0时，b_k-a_k=b_k-1-

ak-1+bk-1

2

=

1

2

（b_k-1a_k-1），
所以不论哪种情况，都有b_k-a_k=

1

2

（b_k-1a_k-1），又显然b₁-a₁＞0，故数列{a_k-b_k}是等比数列（4分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，b_n-a_n=（b₁-a₁）=(

1

2

)n-1，故n（b_n-a_n）=（b₁-a₁）•

n

2n-1

，
S_n=（b₁-a₁）（1+

2

2

+

3

22

+…+

n

2n-2

+

n

2n-1

），所以

1

2

S_n=（b₁-a₁）（1+

2

22

+

3

23

…+

n

2n-1

+

n

2n

），
所以

1

2

S_n=（b₁-a₁）（1+

1

2

+

1

23

+…+

1

2n-1

+

n

2n

），S_n=（b₁-a₁）[4（1-

1

2n

）-

2n

2n

]（7分）
又当a＞1时

lim

n→∞

n

an

=0，

lim

n→∞

S_n=4（b₁-a₁）．（8分）

（Ⅲ）当b₁＞b₂＞…＞b_n（n≥2）时，b_k≠b_k-1（2≤k≤n），由（2）知

ak-1+bk-1

2

＜0不成立，
故

ak-1+bk-1

2

≥0，从而对于2≤k≤n，有a_k=a_k-1，b_k=

ak-1+bk-1

2

，于是a_n=a_n-1=…=a₁，
故b_n=a₁+（b₁-a₁）(

1

2

)n -1（10分）

an+bn

2

=

1

2

{a₁+[a₁+（b₁-a₁）(

1

2

)n+1]}若

an+bn

2

≥0，则b_n+1=

an+bn

2

，
b_n+1-b_n={a₁+（b₁-a₁）(

1

2

)n}-{a₁+（b₁-a₁）(

1

2

)n-1}=-（b₁-a₁）(

1

2

)n＜0，
所以b_n+1＜b_n=，这与n是满足b₁＞b₂＞…＞b_n（n≥2）的最大整数矛盾．
因此n是满足

an+bn

2

＜0的最小整数．（12分）
而

an+bn

2

＜0?

b1-a1

-a1

＜2ⁿ?log₂

a1-b1

a1

＜n，
因而n是满足log₂

a1-b1

a1

＜n的最小整数．（14分）

点评：本题是等比数列的综合题，考查等比数列证明，极限求法，不等式等有关知识，要求能力比较高，值得好好研究学习．