题目 数列 $\{a_n\},\{b_n\}(n=1,2,\cdots)$ 由下列条件确定：<br/>① $a_1<0,b_1>0$；<br/>② 当 $k\geqslant2$ 时，$a_k$ 与 $b_k$ 满足：<br/>当 $a_{k-1}+b_{k-1}\geqslant0$ 时，$a_k=a_{k-1},b_k=\dfrac{a_{k-1}+b_{k-1}}{2}$；<br/>当 $a_{k-1}+b_{k-1}<0$ 时，$a_k=\dfrac{a_{k-1}+b_{k-1}}{2}$，$b_k=b_{k-1}$． 问题1 若 $a_1=-1,b_1=1$，写出 $a_2,a_3,a_4$，并求出数列 $\{a_n\}$ 的通项公式； 答案1 $a_2=-1,a_3=-\dfrac12,a_4=-\dfrac14$，$a_n=\begin{cases}-1,&n=1,\\-\dfrac{1}{2^{n-2}},&n\geqslant 2.\end{cases}$ 解析1 由$$a_1=-1,a_2=-1,a_3=-\dfrac12,a_4=-\dfrac14,$$猜想，当 $k\geqslant2$ 时，$a_{k-1}+b_{k-1}<0$，于是 $a_k=\dfrac{a_{k-1}}{2},b_{k}=0$．<br/>下面用数学归纳法证明：<br/><case>归纳假设</case>当 $k=2$ 时，已证成立；<br/><case>递推证明</case>假设当 $k=l(l\in\mathbb N^*,l\geqslant2)$ 猜想成立，即$$a_{l-1}+b_{l-1}<0 , b_l=b_{l-1}=0 , a_l=\dfrac{a_{l-1}}{2}<0,$$当 $k=l+1$ 时，由 $a_l=\dfrac{a_{l-1}}{2}<0,b_l=b_{l-1}=0$，得$$b_l=b_{l+1}=0 , a_{l+1}=\dfrac{a_l+b_l}{2}=\dfrac{a_l}{2}<0.$$综上所述，猜想成立，所以$$a_n=a_2\cdot\left(\dfrac12\right)^{n-2}=-\dfrac{1}{2^{n-2}},n\geqslant2,$$故 $a_n=\begin{cases}-1,&n=1,\\-\dfrac{1}{2^{n-2}},&n\geqslant 2\end{cases}.$ 备注1 问题2 在数列 $\{b_n\}$ 中，若 $b_1>b_2>\cdots>b_n(s\geqslant3,s\in\mathbb N^*)$，试用 $a_1,b_1$ 表示 $b_k$，其中 $k=1,2,\cdots,s$； 答案2 $b_k=(b_1-a_1)\left(\dfrac12\right)^{k-1}+a_1$ 解析2 假设 $a_{k-1}+a_{k+1}<0$，根据已知有 $b_k=b_{k-1}$，与 $b_1>b_2>\cdots>b_s$ 矛盾，所以$$a_{k-1}+b_{k-1}\geqslant0,$$从而 $a_k=a_{k-1}$，所以 $a_k=a_1$．<br/>当 $a_{k-1}+b_{k-1}\geqslant0$ 时，$$a_k=a_{k-1} , b_k=\dfrac{a_{k-1}+b_{k-1}}{2},$$所以$$b_k-a_k=\dfrac{a_{k-1}+b_{k-1}}{2}-a_{k-1}=\dfrac12(b_{k-1}-a_{k-1}),$$当 $2\leqslant k\leqslant s$ 时，总有$$b_k-a_k=\dfrac12(b_{k-1}-a_{k-1})$$成立；<br/>又 $b_1-a_1\ne0$，所以数列 $\{b_k-a_k\}(k=1,2,\cdots,s)$ 是首项为 $b_1-a_1$，公比为 $\dfrac12$ 的等比数列．<br/>因此$$b_k-a_k=(b_1-a_1)\left(\dfrac12\right)^{k-1},k=1,2,\cdots,s,$$又因为 $a_k=a_1$，所以$$b_k=(b_1-a_1)\left(\dfrac12\right)^{k-1}+a_1.$$ 备注2 问题3 在 $(1)$ 的条件下，设数列 $\{c_n\}(n\in\mathbb N^*)$ 满足 $c_1=\dfrac12,c_n\ne0,c_{n+1}=-\dfrac{2^{2-m}}{ma_m}c_n^2+c_n$（其中 $m$ 为给定的不小于 $2$ 的整数），求证：当 $n\leqslant m$ 时，恒有 $c_n<1$． 答案3 略 解析3 由题意得$$c_{n+1}=-\dfrac{2^{2-m}}{ma_m}c_n^2+c_n=\dfrac1m c_n^2+c_n,$$所以$$c_{n+1}-c_n=\dfrac1m c_n^2>0,$$因此数列 $\{c_n\}$ 是单调递增数列．<br/>于是要证当 $n\leqslant m$ 时，$c_n<1$，只需证 $c_m<1$．<br/>当 $m\geqslant2$ 时，因为$$c_{n+1}=\dfrac1m c_n^2+c_n<\dfrac1m c_nc_{n+1}+c_n,$$即 $\dfrac{1}{c_{n+1}}-\dfrac{1}{c_n}>-\dfrac1m$，因此$$\begin{split}\dfrac{1}{c_m}&=\left(\dfrac{1}{c_m}-\dfrac{1}{c_{m-1}}\right)+\left(\dfrac{1}{c_{m-1}}-\dfrac{1}{c_{m-2}}\right)+\cdots+\left(\dfrac{1}{c_2}-\dfrac{1}{c_1}\right)+\dfrac{1}{c_1}\\ &>-\dfrac{m-1}{m}+2\\ &=\dfrac{m+1}{m},\end{split}$$所以 $c_m<\dfrac{m}{m+1}<1$．<br/>综上，原命题得证． 备注3