Question

10．?dāng)?shù)列{a_n}與{b_n}滿足：①a₁=a＜0，b₁=b＞0，②當(dāng)k≥2時(shí)，若a_k-1+b_k-1≥0，則a_k=a_k-1，b_k=$\frac{{a}_{k-1}+_{k-1}}{2}$；若a_k-1+b_k-1＜0，則a_k=$\frac{{a}_{k-1}+_{k-1}}{2}$，b_k=b_k-1．
（Ⅰ）若a=-1，b=1，求a₂，b₂，a₃，b₃的值；
（Ⅱ）設(shè)S_n=（b₁-a₁）+（b₂-a₂）+…+（b_n-a_n），求S_n（用a，b表示）；
（Ⅲ）若存在n∈N^*，對(duì)任意正整數(shù)k，當(dāng)2≤k≤n時(shí)，恒有b_k-1＞b_k，求n的最大值（用a，b表示）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可直接寫出答案；
（Ⅱ）分情況計(jì)算b_k-a_k，得{b_k-a_k}是以b₁-a₁=b-a為首項(xiàng)，$\frac{1}{2}$為公比的等比數(shù)列，從而可得S_n；
（Ⅲ）由b_k-1＞b_k，數(shù)列{a_n}與{b_n}滿足的關(guān)系倒推出對(duì)任意正整數(shù)k，當(dāng)2≤k≤n時(shí)，恒有a_k=a，結(jié)合（Ⅱ）知$a+a+（b-a）（\frac{1}{2}）^{k-2}≥0$，解之即可．

解答 解：（Ⅰ）a₂=-1，b₂=0，a₃=$-\frac{1}{2}$，b₃=0；
（Ⅱ）∵$\frac{{a}_{k-1}+_{k-1}}{2}-{a}_{k-1}$=$\frac{_{k-1}-{a}_{k-1}}{2}$，$_{k-1}-\frac{{a}_{k-1}+_{k-1}}{2}$=$\frac{_{k-1}-{a}_{k-1}}{2}$，
∴無論是a_k-1+b_k-1≥0，還是a_k-1+b_k-1＜0，都有b_k-a_k=$\frac{_{k-1}-{a}_{k-1}}{2}$，
即{b_k-a_k}是以b₁-a₁=b-a為首項(xiàng)，$\frac{1}{2}$為公比的等比數(shù)列，
所以S_n=（b₁-a₁）+（b₂-a₂）+…+（b_n-a_n）=$2（b-a）（1-\frac{1}{{2}^{n}}）$；
（Ⅲ）∵b_k-1＞b_k，及數(shù)列{a_n}與{b_n}滿足的關(guān)系，
∴a_k-1+b_k-1≥0，∴a_k=a_k-1，
即對(duì)任意正整數(shù)k，當(dāng)2≤k≤n時(shí)，恒有a_k=a，
由（Ⅱ）知b_k-a_k=$（b-a）（\frac{1}{2}）^{k-1}$，∴b_k=a+$（b-a）（\frac{1}{2}）^{k-1}$，
所以a_k-1+b_k-1=$a+a+（b-a）（\frac{1}{2}）^{k-2}≥0$，解得$k≤2+lo{g}_{\frac{1}{2}}\frac{-2a}{b-a}$，
所以n的最大值為不超過$2+lo{g}_{\frac{1}{2}}\frac{-2a}{b-a}$的最大整數(shù)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列中遞推關(guān)系，以及解指數(shù)不等式，考查學(xué)生對(duì)數(shù)學(xué)知識(shí)的應(yīng)用能力，屬于中檔題．