Question

1．设{a_n}和{b_n}是两个等差数列，记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这s个数中最大的数．
（1）若a_n=n，b_n=2n-1，求c₁，c₂，c₃的值，并证明{c_n}是等差数列；
（2）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，$\frac{{c}_{n}}{n}$＞M；或者存在正整数m，使得c_m，c_m+1，c_m+2，…是等差数列．

Answer 1

分析 （1）分别求得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，则b₁-na₁≥b_k-na_k，则c_n=b₁-na₁=1-n，c_n+1-c_n=-1对?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），分类讨论d₁=0，d₁＞0，d₁＜0三种情况进行讨论根据等差数列的性质，即可求得使得c_m，c_m+1，c_m+2，…是等差数列；设$\frac{{c}_{n}}{n}$=An+B+$\frac{C}{n}$对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，$\frac{{c}_{n}}{n}$＞M，分类讨论，采用放缩法即可求得因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，$\frac{{c}_{n}}{n}$＞M．

解答 解：（1）a₁=1，a₂=2，a₃=3，b₁=1，b₂=3，b₃=5，
当n=1时，c₁=max{b₁-a₁}=max{0}=0，
当n=2时，c₂=max{b₁-2a₁，b₂-2a₂}=max{-1，-1}=-1，
当n=3时，c₃=max{b₁-3a₁，b₂-3a₂，b₃-3a₃}=max{-2，-3，-4}=-2，
下面证明：对?n∈N*，且n≥2，都有c_n=b₁-na₁，
当n∈N*，且2≤k≤n时，
则（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，
则（b_k-na_k）-（b₁-na₁）≤0，则b₁-na₁≥b_k-na_k，
因此，对?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对?n∈N*均成立，
∴数列{c_n}是等差数列；
（2）证明：设数列{a_n}和{b_n}的公差分别为d₁，d₂，下面考虑的c_n取值，
由b₁-a₁n，b₂-a₂n，…，b_n-a_nn，
考虑其中任意b_i-a_in，（i∈N*，且1≤i≤n），
则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＜0三种情况进行讨论，
①若d₁=0，则b_i-a_in═（b₁-a₁n）+（i-1）d₂，
当若d₂≤0，则（b_i-a_in）-（b₁-a₁n）=（i-1）d₂≤0，
则对于给定的正整数n而言，c_n=b₁-a₁n，此时c_n+1-c_n=-a₁，
∴数列{c_n}是等差数列；
当d₂＞0，（b_i-a_in）-（b_n-a_nn）=（i-n）d₂＞0，
则对于给定的正整数n而言，c_n=b_n-a_nn=b_n-a₁n，
此时c_n+1-c_n=d₂-a₁，
∴数列{c_n}是等差数列；
此时取m=1，则c₁，c₂，…，是等差数列，命题成立；
②若d₁＞0，则此时-d₁n+d₂为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数，
故必存在m∈N*，使得n≥m时，-d₁n+d₂＜0，
则当n≥m时，（b_i-a_in）-（b₁-a₁n）=（i-1）（-d₁n+d₂）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），
因此当n≥m时，c_n=b₁-a₁n，
此时c_n+1-c_n=-a₁，故数列{c_n}从第m项开始为等差数列，命题成立；
③若d₁＜0，此时-d₁n+d₂为一个关于n的一次项系数为正数的一次函数，
故必存在s∈N*，使得n≥s时，-d₁n+d₂＞0，
则当n≥s时，（b_i-a_in）-（b_n-a_nn）=（i-1）（-d₁n+d₂）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），
因此，当n≥s时，c_n=b_n-a_nn，
此时=$\frac{{b}_{n}-{a}_{n}n}{n}$=-a_n+$\frac{{b}_{n}}{n}$，
=-d₂n+（d₁-a₁+d₂）+$\frac{{b}_{1}-{d}_{2}}{n}$，
令-d₁=A＞0，d₁-a₁+d₂=B，b₁-d₂=C，
下面证明：$\frac{{c}_{n}}{n}$=An+B+$\frac{C}{n}$对任意正整数M，存在正整数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的最大整数，
当n≥m时，$\frac{{c}_{n}}{n}$≥An+B≥Am+B=A[$\frac{丨M-B丨}{A}$+1]+B＞A•$\frac{M-B}{A}$+B=M，
此时命题成立；
若C＜0，取m=[$\frac{丨M-C-B丨}{A}$]+1，
当n≥m时，
$\frac{{c}_{n}}{n}$≥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，
此时命题成立，
因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，$\frac{{c}_{n}}{n}$＞M；
综合以上三种情况，命题得证．

点评 本题考查数列的综合应用，等差数列的性质，考查与不等式的综合应用，考查“放缩法”的应用，考查学生分析问题及解决问题的能力，考查分类讨论及转化思想，考查计算能力，属于难题．