Question

7．已知m是一個(gè)給定的正整數(shù)，m≥3，設(shè)數(shù)列{a_n}共有m項(xiàng)，記該數(shù)列前i項(xiàng)a₁，a₂，…，a_i中的最大項(xiàng)為A_i，該數(shù)列后m-i項(xiàng)a_i+1，a_i+2，…，a_m中的最小項(xiàng)為B_i，r_i=A_i-B_i（i=1，2，3，…，m-1）；
（1）若數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為${a_n}={2^n}$（n=1，2，…，m），求數(shù)列{r_i}的通項(xiàng)公式；
（2）若數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，r₁=-2（i=1，2，…，m-1），求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）試構(gòu)造項(xiàng)數(shù)為m的數(shù)列{a_n}，滿足a_n=b_n+c_n，其中{b_n}是公差不為零的等差數(shù)列，{c_n}是等比數(shù)列，使數(shù)列{r_i}是單調(diào)遞增的，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）由于${a_n}={2^n}$單調(diào)遞增，可得A_i=2ⁱ，B_i=2ⁱ⁺¹，即可得出r_i=A_i-B_i，1≤i≤m-1．
（2）根據(jù)題意可知，a_i≤A_i，B_i≤a_i+1，因?yàn)閞_i=A_i-B_i=-2＜0，可得A_i＜B_i，可得a_i≤A_i＜B_i≤a_i+1，即a_i＜a_i+1，根據(jù)單調(diào)性即可得出A_i=a_i，B_i=a_i+1，可得r_i=a_i-a_i+1=-2．利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（3）構(gòu)造a_n=n-$（\frac{1}{2}）^{n}$，其中b_n=n，c_n=-$（\frac{1}{2}）^{n}$，根據(jù)單調(diào)性可得：A_i=a_i=i-$（\frac{1}{2}）^{i}$，B_i=a_i+1=i+1-$（\frac{1}{2}）^{i+1}$，r_i=a_i-a_i+1=-1-$（\frac{1}{2}）^{i+1}$，1≤i≤m-1，通過作差證明數(shù)列{a_n}滿足題意即可得出．

解答 解：（1）∵${a_n}={2^n}$單調(diào)遞增，∴A_i=2ⁱ，B_i=2ⁱ⁺¹，∴r_i=A_i-B_i=2ⁱ-2ⁱ⁺¹=-2ⁱ，1≤i≤m-1．
（2）根據(jù)題意可知，a_i≤A_i，B_i≤a_i+1，
因?yàn)閞_i=A_i-B_i=-2＜0，所以A_i＜B_i，
可得a_i≤A_i＜B_i≤a_i+1，即a_i＜a_i+1，
又因?yàn)閕=1，2，3，…，m-1，所以{a_n}單調(diào)遞增，
則A_i=a_i，B_i=a_i+1，所以r_i=a_i-a_i+1=-2，即a_i+1-a_i=2，1≤i≤m-1，
所以{a_n}是公差為2的等差數(shù)列，a_n=1+2（n-1）=2n-1，1≤i≤m-1；
（3）構(gòu)造a_n=n-$（\frac{1}{2}）^{n}$，其中b_n=n，c_n=-$（\frac{1}{2}）^{n}$，
下證數(shù)列{a_n}滿足題意．
證明：因?yàn)閍_n=n-$（\frac{1}{2}）^{n}$，所以數(shù)列{a_n}單調(diào)遞增，
所以A_i=a_i=i-$（\frac{1}{2}）^{i}$，B_i=a_i+1=i+1-$（\frac{1}{2}）^{i+1}$，
所以r_i=a_i-a_i+1=-1-$（\frac{1}{2}）^{i+1}$，1≤i≤m-1，
因?yàn)閞_i+1-r_i=[-1-$（\frac{1}{2}）^{i+2}$]-[-1-$（\frac{1}{2}）^{i+1}$]=$（\frac{1}{2}）^{i+2}$＞0，
所以數(shù)列{r_i}單調(diào)遞增，滿足題意．
（說明：等差數(shù)列{b_n}的首項(xiàng)b₁任意，公差d為正數(shù)，同時(shí)等比數(shù)列{c_n}的首項(xiàng)c₁為負(fù)，公比q∈（0，1），這樣構(gòu)造的數(shù)列{a_n}都滿足題意．）

點(diǎn)評 本題考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其性質(zhì)、數(shù)列的單調(diào)性、作差法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．