Question

（2011•東城區二模）已知a，b為兩個正數，且a＞b，設a₁=

a+b

2

，b₁=

ab

，當n≥2，n∈N^*時，a_n=

an-1+bn-1

2

，b_n=

an-1bn-1

．
（Ⅰ）求證：數列{a_n}是遞減數列，數列{b_n}是遞增數列；
（Ⅱ）求證：a_n+1-b_n+1＜

1

2

（a_n-b_n）；
（Ⅲ）是否存在常數C＞0使得對任意n∈N^*，有|a_n-b_n|＞C，若存在，求出C的取值范圍；若不存在，試說明理由．

Answer 1

分析：（I）易知對任意n∈N^*，a_n＞0，b_n＞0．根據基本不等式可知對任意n∈N^*，a_n＞b_n，an+1-an=

an+bn

2

-an判定符號可得數列{a_n}的單調性，bn+1-bn=

anbn

-bn=

bn

(

an

-

bn

)＞0，從而得到數列{b_n}的單調性； 
（II）根據題意可知an+1-bn+1=

an+bn

2

-

anbn

，然后利用放縮法即可證得結論；
（III）若存在常數C＞0使得對任意n∈N^*，有|a_n-b_n|＞C，則對任意n∈N^*，(a-b)(

1

2

)n-1＞C，即n＜

log

2

2a-2b

C

對任意n∈N^*成立，設[x]表示不超過x最大整數，則有[log2

2a-2b

C

] +1＞log2 

2a-2b

C

，即當n=[log2

2a-2b

C

]+1時，n＞log2

2a-2b

C

與n＜log2

2a-2b

C

對任意n∈N^*成立矛盾．從而所以，不存在常數C＞0使得對任意n∈N^*，有|a_n-b_n|＞C．

解答：（共13分）
（Ⅰ）證明：易知對任意n∈N^*，a_n＞0，b_n＞0．
由a≠b，可知

a+b

2

＞

ab

，即a₁＞b₁．
同理，

a1+b1

2

＞

a1b1

，即a₂＞b₂．
可知對任意n∈N^*，a_n＞b_n．an+1-an=

an+bn

2

-an=

bn-an

2

＜0，
所以數列{a_n}是遞減數列．bn+1-bn=

anbn

-bn=

bn

(

an

-

bn

)＞0，
所以數列{b_n}是遞增數列．              …（5分）
（Ⅱ）證明：an+1-bn+1=

an+bn

2

-

anbn

＜

an+bn

2

-

bnbn

＜

1

2

(an-bn)．…（10分）
（Ⅲ）解：由an+1-bn+1＜

1

2

(an-bn)，可得an-bn＜(a-b)•(

1

2

)n-1．
若存在常數C＞0使得對任意n∈N^*，有|a_n-b_n|＞C，
則對任意n∈N^*，(a-b)(

1

2

)n-1＞C．
即2n＜

2a-2b

C

對任意n∈N^*成立．
即n＜

log

2

2a-2b

C

對任意n∈N^*成立．
設[x]表示不超過x最大整數，則有[log2

2a-2b

C

] +1＞log2 

2a-2b

C

．
即當n=[log2

2a-2b

C

]+1時，n＞log2

2a-2b

C

．
與n＜log2

2a-2b

C

對任意n∈N^*成立矛盾．
所以，不存在常數C＞0使得對任意n∈N^*，有|a_n-b_n|＞C． …（14分）

點評：本題主要考查了數列的單調性的判定，以及利用放縮法證明不等式，同時考查了橫成立問題，屬于難題．