2017-北京卷理-20 解-数列综合

本题导读

本题考查等差数列通项公式。核心在于分类讨论、变量代换法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2017年北京卷(理)）设 ${a_{n}}$ 和 ${b_{n}}$ 是两个等差数列，记 $c_{n} = max {b_{1} - a_{1} n, b_{2} - a_{2} n, \dots, b_{n} - a_{n} n}$ ( $n = 1, 2, 3, \dots$ )，其中 $max {x_{1}, x_{2}, \dots, x_{s}}$ 表示这 $s$ 个数中最大的数.

(1)若 $a_{n} = n$ ， $b_{n} = 2 n - 1$ ，求 $c_{1}, c_{2}, c_{3}$ 的值，并证明 ${c_{n}}$ 是等差数列；

(2)证明：或者对任意正数 $M$ ，存在正整数 $m$ ，当 $n \geq m$ 时， $\frac{c _{n}}{n} > M$ ；或者存在正整数 $m$ ，使得 $c_{m}, c_{m + 1}, c_{m + 2}, \dots$ 是等差数列.

🔍【思路分析】

破题导航

第一问（代入计算）：

先列出 $b_{k} - a_{k} n$ 的具体表达式。

观察 $k$ 变化时，该式关于 $k$ 的单调性。

若单调递减，则最大值在 $k = 1$ 处取得，从而求出 $c_{n}$ 通项。

第二问（逻辑证明）：

通项拆解：设 $a_{n}$ 公差为 $d_{1}$ ， $b_{n}$ 公差为 $d_{2}$ 。展开 $b_{k} - a_{k} n$ 得到关于 $k$ 的一次函数。

核心驱动： $c_{n}$ 的值取决于一次项系数 $(d_{2} - n d_{1})$ 的符号。

分类讨论：根据 $d_{1}$ 的符号进行讨论：

若 $d_{1} > 0$ ：当 $n$ 足够大时， $d_{2} - n d_{1} < 0$ ，最大值固定在 $k = 1$ 。

若 $d_{1} = 0$ ： $c_{n}$ 直接退化为关于 $n$ 的等差数列。

若 $d_{1} < 0$ ：当 $n$ 足够大时， $d_{2} - n d_{1} > 0$ ，最大值固定在 $k = n$ ，此时 $\frac{c _{n}}{n}$ 会随 $n$ 无限增长。

✅【答案】

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(1) $c_{1} = 0$ ， $c_{2} = - 1$ ， $c_{3} = - 2$ ； ${c_{n}}$ 是等差数列（公差为 $- 1$ ）

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1)解： 由题意， $a_{n} = n, b_{n} = 2 n - 1$ 。则 $b_{k} - a_{k} n = (2 k - 1) - k n = (2 - n) k - 1$ 。

当 $n = 1$ 时， $c_{1} = max {b_{1} - a_{1}} = max {2 (1) - 1 - 1} = 0$ 。

当 $n = 2$ 时， $c_{2} = max {b_{1} - 2 a_{1}, b_{2} - 2 a_{2}} = max {(2 - 2) \cdot 1 - 1, (2 - 2) \cdot 2 - 1} = - 1$ 。

当 $n = 3$ 时， $c_{3} = max {b_{1} - 3 a_{1}, b_{2} - 3 a_{2}, b_{3} - 3 a_{3}} = max {(2 - 3) k - 1} = max {- k - 1} = - 2$ 。对于任意 $n \geq 3$ ，由于 $2 - n < 0$ ，函数 $f (k) = (2 - n) k - 1$ 是关于 $k$ 的减函数。故 $c_{n}$ 在 $k = 1$ 处取得最大值： $c_{n} = b_{1} - a_{1} n = (2 - 1) - 1 \cdot n = 1 - n$ 。当 $n = 1, 2, 3$ 时， $c_{n}$ 分别为 $0, - 1, - 2$ ，符合 $c_{n} = 1 - n$ 。因为 $c_{n + 1} - c_{n} = [1 - (n + 1)] - (1 - n) = - 1$ （常数），所以 ${c_{n}}$ 是等差数列。

(2)证明： 设 ${a_{n}}$ 的公差为 $d_{1}$ ， ${b_{n}}$ 的公差为 $d_{2}$ 。则 $b_{k} - a_{k} n = [b_{1} + (k - 1) d_{2}] - [a_{1} + (k - 1) d_{1}] n = (b_{1} - a_{1} n) + (k - 1) (d_{2} - n d_{1})$ 。这是一个关于 $k$ 的一次函数。

情形 1： $d_{1} > 0$ 当 $n > \frac{d _{2}}{d _{1}}$ 时， $d_{2} - n d_{1} < 0$ 。此时关于 $k$ 的一次函数单调递减，最大值在 $k = 1$ 处取得。故当 $n \geq m = ⌊ \frac{d _{2}}{d _{1}} ⌋ + 1$ 时， $c_{n} = b_{1} - a_{1} n$ 。显然，此后 ${c_{n}}$ 是以 $- a_{1}$ 为公差的等差数列。

情形 2： $d_{1} = 0$ 此时 $b_{k} - a_{k} n = (b_{1} - a_{1} n) + (k - 1) d_{2}$ 。

若 $d_{2} \leq 0$ ，最大值在 $k = 1$ ，即 $c_{n} = b_{1} - a_{1} n$ ；

若 $d_{2} > 0$ ，最大值在 $k = n$ ，即 $c_{n} = (b_{1} - a_{1} n) + (n - 1) d_{2} = (b_{1} - d_{2}) + (d_{2} - a_{1}) n$ 。无论哪种情况， $c_{n}$ 都是关于 $n$ 的一次式，即 ${c_{n}}$ 是等差数列。

情形 3： $d_{1} < 0$ 当 $n$ 足够大（ $n > \frac{d _{2}}{d _{1}}$ ）时，因为 $d_{1} < 0$ ，所以 $d_{2} - n d_{1} > 0$ （注意负负得正）。此时函数关于 $k$ 单调递增，最大值在 $k = n$ 处取得： $c_{n} = (b_{1} - a_{1} n) + (n - 1) (d_{2} - n d_{1}) = - d_{1} n^{2} + (d_{1} + d_{2} - a_{1}) n + (b_{1} - d_{2})$ 。则 $\frac{c _{n}}{n} = - d_{1} n + (d_{1} + d_{2} - a_{1}) + \frac{b _{1} - d _{2}}{n}$ 。因为 $- d_{1} > 0$ ，当 $n \to \infty$ 时， $- d_{1} n \to \infty$ 。对任意正数 $M$ ，总能找到足够大的 $m$ 使得当 $n \geq m$ 时， $\frac{c _{n}}{n} > M$ 。

综上所述，命题成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

变量嵌套：本题最容易混淆的是 $n$ 和 $k$ 。 $n$ 决定了数列的项数和一次函数的斜率，而 $k$ 是在该项数内寻找最大值的变量。

等差数列的结构：等差数列本质上是定义在正整数集上的一次函数。

二分结论的逻辑：证明“或者…或者…”命题，通常是通过对关键参数（如本题的公差 $d_{1}$ ）的穷举讨论。

📖【试题探源与推广】

Tip

在 Obsidian 中，可以将此题标记为“动态最大值问题”。建议在复习时，尝试画出不同 $n$ 下 $f (k)$ 的直线斜率变化图，直观理解 $c_{n}$ 如何在 $b_{1} - a_{1} n$ （左端点）和 $b_{n} - a_{n} n$ （右端点）之间切换。

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知识锚点 (Nodes)

05.02 函数的四大性质

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2020-江苏卷-20 解-数列综合

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