Question

數列{a_n}和數列{b_n}（n∈N^*）由下列條件確定：
（1）a₁＜0，b₁＞0；
（2）當k≥2時，a_k與b_k滿足如下條件：當

ak-1+bk-1

2

≥0時，a_k=a_k-1，b_k=

ak-1+bk-1

2

；當

ak-1+bk-1

2

＜0時，a_k=

ak-1+bk-1

2

，b_k=b_k-1．
解答下列問題：
（Ⅰ）證明數列{a_k-b_k}是等比數列；
（Ⅱ）記數列{n（b_k-a_n）}的前n項和為S_n，若已知當a＞1時，

lim

n→∞

n

an

=0，求

lim

n→∞

Sn．
（Ⅲ）m（n≥2）是滿足b₁＞b₂＞…＞b_n的最大整數時，用a₁，b₁表示n滿足的條件．

Answer 1

分析：（Ⅰ）分情況討論，并分別做差a_k-b_k，從而可證明等比數列．
（Ⅱ）利用第一問的結論：數列{a_k-b_k}是等比數列，求出數列{n（b_n-a_n）}的前n項和為S_n，再求極限得解．
（Ⅲ）如果n（n≥2）是滿足b₁＞b₂＞…＞b_n的最大整數，利用已知條件，從而推出b_n通項．再利用b_n的性質推出因此n是滿足

an+bn

2

＜0的最小整數．進而可推得n滿足的條件（用a₁，b₁表示）．

解答：解：（Ⅰ）當

ak-1+bk-1

2

≥0時，b_k-a_k=

ak-1+bk-1

2

-a_k-1=

1

2

（b_k-1a_k-1），
當

ak-1+bk-1

2

＜0時，b_k-a_k=b_k-1-

ak-1+bk-1

2

=

1

2

（b_k-1a_k-1），
所以不論哪種情況，都有b_k-a_k=

1

2

（b_k-1a_k-1），又顯然b₁-a₁＞0，故數列{a_k-b_k}是等比數列（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）
又當a＞1時

lim

n→∞

n

an

=0，

lim

n→∞

S_n=4（b₁-a₁）．（8分）

（Ⅲ）當b₁＞b₂＞…＞b_n（n≥2）時，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，從而對于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，則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=，這與n是滿足b₁＞b₂＞…＞b_n（n≥2）的最大整數矛盾．
因此n是滿足

an+bn

2

＜0的最小整數．（12分）
而

an+bn

2

＜0?

b1-a1

-a1

＜2ⁿ?log₂

a1-b1

a1

＜n，
因而n是滿足log₂

a1-b1

a1

＜n的最小整數．（14分）

點評：本題是等比數列的綜合題，考查等比數列證明，極限求法，不等式等有關知識，要求能力比較高，值得好好研究學習．