Question

（2013•奉賢區(qū)二模）已知數(shù)列{a_n}對(duì)任意的n≥2，n∈N^*滿足：a_n+1+a_n-1＜2a_n，則稱{a_n}為“Z數(shù)列”．
（1）求證：任何的等差數(shù)列不可能是“Z數(shù)列”；
（2）若正數(shù)列{b_n}，數(shù)列{lgb_n}是“Z數(shù)列”，數(shù)列{b_n}是否可能是等比數(shù)列，說(shuō)明理由，構(gòu)造一個(gè)數(shù)列{c_n}，使得{c_n}是“Z數(shù)列”；
（3）若數(shù)列{a_n}是“Z數(shù)列”，設(shè)s，t，m∈N^*，且s＜t，求證求證a_t+m-a_s+m＜a_t-a_s．

Answer 1

分析：（1）利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和“Z數(shù)列”的意義即可證明；
（2）利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則、“Z數(shù)列”的定義、等比數(shù)列的性質(zhì)即可證明；由“Z數(shù)列”的意義：若a_n+1-a_n＜a_n-a_n-1，則

an+1-an

(n+1)-n

＜

an-an-1

n-(n-1)

，根據(jù)幾何意義只要c_n=f（n）的一階導(dǎo)函數(shù)單調(diào)遞減就可以．
（3）分別計(jì)算出a_t-a_s，a_t+m-a_s+m，設(shè)b_s=a_s+1-a_s，利用數(shù)列{b_n}滿足對(duì)任意的n∈N^*b_n+1＜b_n，即可證明．

解答：解：（1）設(shè)等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁，公差d，
∵a_n=a₁+（n-1）d，a_n+1+a_n-1-2a_n=a₁+nd+a₁+（n-2）d-2a₁-2（n-1）d=0，
所以任何的等差數(shù)列不可能是“Z數(shù)列”．
或者根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)：a_n+1+a_n-1=2a_n
所以任何的等差數(shù)列不可能是“Z數(shù)列”．
（2）∵a_n是“Z數(shù)列”，∴l(xiāng)ga_n+1+lga_n-1＜2lga_n
∴an++1•an-1＜an2，所以{a_n}不可能是等比數(shù)列．
等比數(shù)列cn=c1•qn-1(c1＜0，q≠1)只要首項(xiàng)c₁＜0公比q≠1．
[其他的也可以：cn=an2+bn+c（a＜0）或cn=an4(a＜0)]
等比數(shù)列{c_n}的首項(xiàng)c₁，公比q，通項(xiàng)公式cn=c1•qn-1cn+1+cn-1-2cn=c1•qn+c1•qn-2-2c1•qn-1
=c1•qn-2(q2-2q+1)=c1•qn-2•(q-1)2＜0恒成立，∴c₁＜0．
（3）因?yàn)閎_s=a_s+1-a_s，b_s+1=a_s+2-a_s+1，b_s+2=a_s+3-a_s+2，…，b_t-1=a_t-a_t-1
∴at-as=at-at-1+at-1-at-2+…+as+1-as=

bt-1+bt-2+…+bs

一共t-s+1項(xiàng)

同理：at+m-as+m=at+m-at+m-1+am+t-1-am+t-2+…+as+m+1-as+m=

bt+m-1+bt+m-2+…+bs+m

一共t-s+1項(xiàng)

因?yàn)閿?shù)列{b_n}滿足對(duì)任意的n∈N^*b_n+1＜b_n，
所以b_t-1＞b_t+m-1，b_t-2＞b_t+m-2，…，b_s+m＞b_s，
∴a_t-a_s＞a_t+m-a_s+m．

點(diǎn)評(píng)：正確理解“Z數(shù)列”的定義，數(shù)列掌握等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則是解題的關(guān)鍵．本題需要較強(qiáng)的邏輯推理能力和計(jì)算能力．