Question

已知数列{a_n}的通项公式是a_n=2^n-1，数列{b_n}是等差数列，令集合A={a₁，a₂，…，a_n，…}，B={b₁，b₂，…，b_n，…}，n∈N^*．将集合A∪B中的元素按从小到大的顺序排列构成的数列记为{c_n}．
（I）若c_n=n，n∈N^*，求数列{b_n}的通项公式；
（II）若A∩B=Φ，且数列{c_n}的前5项成等比数列，c₁=1，c₉=8．
（i）求满足

cn+1

cn

＞

5

4

的正整数n的个数；
（ii）证明：存在无穷多组正整数对（m，n）使得不等式0＜|cn+1+cm-cn-cm+1|＜

1

100

成立．

Answer 1

分析：（I）根据已知数列{a_n}的通项公式a_n=2^n-1，数列{b_n}是等差数列，集合A∪B中的元素按从小到大的顺序排列构成的数列记为{c_n}．若c_n=n，n∈N*，对元素3、5、6、7进行分析，得出数列{b_n}是公差为1的等差数列，分类求出即可．
（II）（i）若A∩B=∅，数列{c_n}的前5项成等比数列，且c₁=1，c₉=8，对元素2进行分类讨论，从而求得

cn+1

cn

＞

5

4

的正整数n的个数．
（ii）由（i）知，数列{c_n}是A∪B中的元素按从小到大的顺序排列所得：即1，

2

，2，2

2

，4，3

2

，4

2

，5

2

，8，…，然后利用绝对值不等式进行证明即可．

解答：解：由题意知：
（I）∵A={1，2，…，2^n-1，…}，A∪B中的元素按从小到大的顺序记为{c_n}，且c_n=n，n∈N^*；
∵若c_n=n，因为5，6，7∉A，则5，6，7∈B
∴等差数列{b_n}的公差为1，并且3是数列{b_n}中的项；因此，3只可能是数列{b_n}中的第1，2，3项，
 当b₁=3时，则b_n=n+2；
 当b₂=3，则b_n=n+1；
 当b₃=3，则b_n=n．
（II）（i）因为A={1，2，…，2^n-1，…}，A∪B中的元素按从小到大的顺序记为{c_n}，
对集合{c_n}中的元素2进行分类讨论：
①当c₂=2时，由{c_n}的前5项成等比数列，得c₄=2³=8=c₉，显然不成立；
②当c₃=2时，由{c_n}的前5项成等比数列，得b₁²=2，∴b₁=

2

；
因此数列{c_n}的前5项分别为1，

2

，2，2

2

，4；
这样 b_n=

2

n，则数列{c_n}的前9项分别为1，

2

，2，2

2

，4，3

2

，4

2

，5

2

，8；上述数列符合要求；
③当c_k=2（k≥4）时，有b₂-b₁＜2-1，即数列{b_n}的公差d＜1，
∴b₆=b₁+5d＜2+5=7，1，2，4＜c₉；
∴1，2，4在数列{c_n}的前8项中，由于A∩B=∅，这样，b₁，b₂，…，b₆以及1，2，4共9项，
它们均小于8，即数列{c_n}的前9项均小于8，这与c₉=8矛盾，所以也不成立；
综上所述，b_n=

2

n；
其次，当n≤4时，

cn+1

cn

=

2

＞

5

4

，

c6

c5

=

3 2

4

＜

5

4

，

c7

c6

=

4

3

＞

5

4

，
当n≥7时，c_n≥4

2

，因为{b_n}是公差为

2

的等差数列，所以 c_n+1-c_n≤

2

，
所以

cn+1

cn

=

cn+cn+1-cn

cn

=1+

cn+1-cn

cn

≤1+

2

4 2

=

5

4

，此时的n不符合要求．
所以符合要求的n一共有5个．
（ii）证明：由（i）知，数列{c_n}是A∪B中的元素按从小到大的顺序排列所得：
即1，

2

，2，2

2

，4，3

2

，4

2

，5

2

，8，…，
对于正整数对（m，n），当m≠n时，有c_m≠c_n；
∴|c_n+1+c_m-c_n-c_m+1|＞0，
由|c_n+1+c_m-c_n-c_m+1|=|（c_n+1-c_n）-（c_m+1-c_m）|≤|c_n+1-c_n|+|c_m+1-c_m|≤2|c_n+1-c_n|=2|

2

n′-2^n-1|，
令2|

2

n′-2^n-1|＜

1

100

，则|

2

n′-2^n-1|＜

1

50

．
∴存在无穷多组正整数对（m，n）使得不等式0＜|cn+1+cm-cn-cm+1|＜

1

100

成立．

点评：本题考查了等差数列和等比数列的综合运用，对元素2采用分类讨论的方法求得数列{b_n}的通项公式，体现分类讨论的思想；对于（II）的探讨，除了分类讨论以外，还采用了反证法解决问题，体现了方法的灵活性，增加了题目的难度，属难题．