Question

19．對(duì)于無(wú)窮數(shù)列{a_n}，{b_n}，若b_i=max{a₁，a₂，…，a_i}-min{a₁，a₂，…，a_k}（k=1，2，3，…），則稱{b_n}是{a_n}的“收縮數(shù)列”，其中max{a₁，a₂，…，a_k}，min{a₁，a₂，…，a_k}分別表示a₁，a₂，…，a_k中的最大數(shù)和最小數(shù)．
已知{a_n}為無(wú)窮數(shù)列，其前n項(xiàng)和為S_n，數(shù)列{b_n}是{a_n}的“收縮數(shù)列”．
（1）若a_n=2n+1，求{b_n}的前n項(xiàng)和；
（2）證明：{b_n}的“收縮數(shù)列”仍是{b_n}；
（3）若S₁+S₂+…+S_n=$\frac{n（n+1）}{2}{a}_{1}+\frac{n（n-1）}{2}_{n}$（n=1，2，3，…），求所有滿足該條件的{a_n}．

Answer 1

分析 （1）由新定義可得b_n=2n-2，即可求出前n項(xiàng)和，
（2）根據(jù)“收縮數(shù)列”的定義證明即可，
（3）猜想：滿足S₁+S₂+…+S_n=$\frac{1}{2}$n（n+1）a₁+$\frac{1}{2}$n（n-1）b₁的數(shù)列{ a_n}是，a_n=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}，n=1}\\{{a}_{2}，n＞1}\end{array}\right.$，a₂≥a₁，并證明即可．

解答 解：（1）由a_n=2n+1可得{ a_n}為遞增數(shù)列，
所以b_n=max{ a₁，a₂，…，a_n}-min{ a₁，a₂，…，a_n}=a_n-a₁=2n+1-3=2n-2，
故{ b_n}的前n項(xiàng)和為$\frac{1}{2}$（2n-2）n=n（n-1）
（2）因?yàn)閙ax{ a₁，a₂，…，a_n}≤max{ a₁，a₂，…，a_n+1}，
因?yàn)閙in{ a₁，a₂，…，a_n}≥min{ a₁，a₂，…，a_n+1}，
所以max{ a₁，a₂，…，a_n+1}-min{ a₁，a₂，…，a_n+1}≥max{ a₁，a₂，…，a_n}-min{ a₁，a₂，…，a_n}，
所以b_n+1≥b_n，
又因?yàn)閎_n=a₁-a₁=0，
所以max{ b₁，b₂，…，b_n}-min{ b₁，b₂，…，b_n }=b_n-b₁=b_n，
所以{ b_n}的“收縮數(shù)列”仍是{ b_n}，
（3）由S₁+S₂+…+S_n=$\frac{1}{2}$n（n+1）a₁+$\frac{1}{2}$n（n-1）b₁，
當(dāng)n=1時(shí)，a₁=a₁，
當(dāng)n=2時(shí)，3a₁+2a₂+a₃=6a₃+3b₃，即3b₃=2（a₂-a₁）+（a₃-a₁），（*），
若a₁＜a₃＜a₂，則b₃=a₂-a₁，所以由（*）可得a₃=a₂與a₃＜a₂矛盾，
若a₃＜a₁≤a₂，則b₃=a₂-a₃，所以由（*）可得a₃-a₂=3（a₁-a₃），所以a₃-a₂與a₁-a₃同號(hào)，這與a₃＜a₁≤a₂矛盾；
若a₃≥a₂，則b₃=a₃-a₂，由（*）可得a₃=a₂，
猜想：滿足S₁+S₂+…+S_n=$\frac{1}{2}$n（n+1）a₁+$\frac{1}{2}$n（n-1）b₁的數(shù)列{ a_n}是，a_n=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}，n=1}\\{{a}_{2}，n＞1}\end{array}\right.$，a₂≥a₁，
經(jīng)驗(yàn)證：左式=S₁+S₂+…+S_n=na₁+[1+2+…+（n-1）]=na₁+$\frac{1}{2}$n（n-1）a₂，
右式=$\frac{1}{2}$n（n+1）a₁+$\frac{1}{2}$n（n-1）b₁=$\frac{1}{2}$n（n+1）a₁+$\frac{1}{2}$n（n-1）（a₂-na₁）=na₁+$\frac{1}{2}$n（n-1）a₂
下面證明其它數(shù)列都不滿足（3）的題設(shè)條件
由上述n≤3的情況可知，n≤3，a_n=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}，n=1}\\{{a}_{2}，n＞1}\end{array}\right.$，a₂≥a₁是成立的，
假設(shè)a_k=是首次不符合a_n=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}，n=1}\\{{a}_{2}，n＞1}\end{array}\right.$，a₂≥a₁的項(xiàng)，則a₁≤a₂=a₃=…=a_k-1≠a_k
由題設(shè)條件可得$\frac{1}{2}$（k²-k-2）a₂+a_k=$\frac{1}{2}$k（k-1）a₁+$\frac{1}{2}$k（k-1）b_k（*），
若a₁＜a_k＜a₂，則由（*）可得a_k=a₂與a_k＜a₂矛盾，
若a_k＜a₁≤a₂，則b_k=a₂-a_k，所以由（*）可得a_k-a₂=$\frac{1}{2}$k（k-1）（a₁-a_k），
所以a_k-a₂與a₁-a_k同號(hào)，這與a_k＜a₁≤a₂矛盾；
所以a_k≥a₂，則b_k=a_k-a₁，所以由（*）化簡(jiǎn)可得a_k=a₂，
這與假設(shè)a_k≠a₂相矛盾，
所以不存在數(shù)列不滿足a_n=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}，n=1}\\{{a}_{2}，n＞1}\end{array}\right.$，a₂≥a₁的{a_n}符合題設(shè)條件

點(diǎn)評(píng) 本題考查了新定義和應(yīng)用，考查了數(shù)列的求和和分類討論的思想，以及反證法，屬于難題．