设 $m$ 是一个正整数，集合 $A$ 由总和为 $2m$ 的 $m$ 个连续的整数构成，集合 $B$ 由总和为 $m$ 的 $2m$ 个连续的整数构成。已知集合 $A$ 中最大元素与集合 $B$ 中最大元素之差的绝对值是 $99$，求 $m$ 。
【难度】
【出处】
2004年第22届美国数学邀请赛Ⅰ（AIMEⅠ）
【标注】
【答案】
201
【解析】
令集合 $A$ 和集合 $B$ 中的最大元素分别为 $n$ 和 $k$，则
$2m=n+\left( n-1\right)+\ldots +\left( n-m+1 \right)=mn-\frac{m\left( m-1 \right)}{2}$，（22-1）
$m=k+\left( k-1\right)+\ldots +\left( k-2m+1 \right)=2km-\frac{2m\left( 2m-1 \right)}{2}$，（22-2）
$\left| k-n \right|=99$ 。（22-3）
由（22-1）和（22-2）分别解得 $
n=\frac{m+3}{2}$，$k=m$，代入（22-3）得 $\left|\frac{m-3}{2} \right|=99$，由于 $m>0$，故 $m=201$ 。
【点评】由题意知集合 $A$ 中元素的平均值是 $2$，集合 $B$ 中元素的平均值是 $\frac{1}{2}$ 。由熟知的结论，一个等差数列中所有项的平均值都等于该数列的中位数。由于集合 $A$ 的中位数为整数，故 $m$ 是奇数。因此
$A=\left\{ 2-\frac{m-1}{2} , \ldots,2,\ldots,2+\frac{m+1}{2} \right\} B=\left\{-m+1,\ldots,0,1,\ldots,m \right\}$，
以下同原解法。
$2m=n+\left( n-1\right)+\ldots +\left( n-m+1 \right)=mn-\frac{m\left( m-1 \right)}{2}$，（22-1）
$m=k+\left( k-1\right)+\ldots +\left( k-2m+1 \right)=2km-\frac{2m\left( 2m-1 \right)}{2}$，（22-2）
$\left| k-n \right|=99$ 。（22-3）
由（22-1）和（22-2）分别解得 $
n=\frac{m+3}{2}$，$k=m$，代入（22-3）得 $\left|\frac{m-3}{2} \right|=99$，由于 $m>0$，故 $m=201$ 。
【点评】由题意知集合 $A$ 中元素的平均值是 $2$，集合 $B$ 中元素的平均值是 $\frac{1}{2}$ 。由熟知的结论，一个等差数列中所有项的平均值都等于该数列的中位数。由于集合 $A$ 的中位数为整数，故 $m$ 是奇数。因此
$A=\left\{ 2-\frac{m-1}{2} , \ldots,2,\ldots,2+\frac{m+1}{2} \right\} B=\left\{-m+1,\ldots,0,1,\ldots,m \right\}$，
以下同原解法。
答案
解析
备注
