Question

給定數(shù)列a₁，a₂，…，a_n．對i=1，2，…，n-1，該數(shù)列前i項的最大值記為A_i，后n-i項a_i+1，a_i+2，…，a_n的最小值記為B_i，d_i=A_i-B_i．
（Ⅰ）設(shè)數(shù)列{a_n}為3，4，7，1，寫出d₁，d₂，d₃的值；
（Ⅱ）設(shè)a₁，a₂，…，a_n-1（n≥4）是公比大于1的等比數(shù)列，且a₁＞0．證明：d₁，d₂，…，d_n-1是等比數(shù)列；
（Ⅲ）設(shè)d₁，d₂，…，d_n-1是公差大于0的等差數(shù)列，且d₁＞0．證明：a₁，a₂，…，a_n-1是等差數(shù)列．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）當i=1時，A₁=3，B₁=1，從而可求得d₁，同理可求得d₂，d₃的值；
（Ⅱ）依題意，可知a_n=a₁q^n-1（a₁＞0，q＞1），由d_k=a_k-a_k+1⇒d_k-1=a_k-1-a_k（k≥2），從而可證（k≥2）為定值．
（Ⅲ）依題意，0＜d₁＜d₂＜…＜d_n-1，可用反證法證明a₁，a₂，…，a_n-1是單調(diào)遞增數(shù)列；再證明a_m為數(shù)列{a_n}中的最小項，從而可求得是a_k=d_k+a_m，問題得證．
解答：解：（Ⅰ）當i=1時，A₁=3，B₁=1，故d₁=A₁-B₁=2，同理可求d₂=3，d₃=6；
（Ⅱ）由a₁，a₂，…，a_n-1（n≥4）是公比q大于1的等比數(shù)列，且a₁＞0，則{a_n}的通項為：a_n=a₁q^n-1，且為單調(diào)遞增的數(shù)列．
于是當k=1，2，…n-1時，d_k=A_k-B_k=a_k-a_k+1，
進而當k=2，3，…n-1時，===q為定值．
∴d₁，d₂，…，d_n-1是等比數(shù)列；
（Ⅲ）若d₁，d₂，…，d_n-1是公差大于0的等差數(shù)列，則0＜d₁＜d₂＜…＜d_n-1．
先證明a₁，a₂，…，a_n-1是單調(diào)遞增數(shù)列．
否則設(shè)a_k是第一個使得a_k≤a_k-1成立的項，則A_k-1=A_k，B_k-1≤B_k，因此d_k-1=A_k-1-B_k-1≥A_k-B_k=d_k，矛盾．
因此a₁，a₂，…，a_n-1是單調(diào)遞增數(shù)列…①
再證明a_m為數(shù)列{a_n}中的最小項，否則設(shè)a_k＜a_m（k=1，2，…n-1），顯然k≠1，否則d₁=A₁-B₁=a₁-B₁≤a₁-a₁=0，與d₁＞0矛盾；
因而k≥2，此時考慮d_k-1=A_k-1-B_k-1=a_k-1-a_k＜0，矛盾．
因此a_m為數(shù)列{a_n}中的最小項，…②
綜合①②d_k=A_k-B_k=a_k-a_m（k=1，2，…n-1），于是a_k=d_k+a_m，也即a₁，a₂，…，a_n-1是等差數(shù)列．
點評：本題考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合，突出考查考查推理論證與抽象思維的能力，考查反證法的應(yīng)用，屬于難題．