设 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 是两个等差数列，记\[c_n=\max\{b_1-a_1n,b_2-a_2n,\cdots,b_n-a_nn\},\]其中 $n=1,2,3,\cdots$，$\max\{x_1,x_2,\cdots,x_s\}$ 表示 $x_1,x_2,\cdots,x_s$ 这 $s$ 个数中最大的数．
【难度】
【出处】
无
【标注】
-
若 $a_n=n$，$b_n=2n-1$，求 $c_1,c_2,c_3$ 的值，并证明 $\{c_n\}$ 是等差数列；标注答案$c_1=0,c_2=-1,c_3=-2$，证明略解析根据定义，有\[\begin{split}
c_1&=b_1-a_1=0,\\
c_2&=\max\{b_1-2a_1,b_2-2a_2\}=\max\{-1,-1\}=-1,\\
c_3&=\max\{b_1-3a_1,b_2-3a_2,b_3-3a_3\}=\max\{-2,-3,-4\}=-2.
\end{split}\]事实上，设 $x_k=2k-1-kn$，则有\[c_n=\max\{x_1,x_2,\cdots,x_n\},\]当 $n\geqslant 2$，且 $k=2,3,\cdots,n$ 时，有\[x_k-x_{k-1}=2-n\leqslant 0,\]于是\[c_n=x_1=1-n,\]结合 $c_1=0$，因此数列 $\{c_n\}$ 是等差数列． -
证明：或者对任意正数 $M$，存在正整数 $m$，当 $n\geqslant m$ 时，$\dfrac{c_n}{n}>M$；或者存在正整数 $m$，使得$$c_m,c_{m+1},c_{m+2},\cdots$$是等差数列．标注答案略解析不妨设 $a_n=a_0+nd_1$，$b_n=b_0+nd_2$，其中 $n\in \mathbb N^*$．考虑\[x_k=b_0+kd_2-(a_0+kd_1)n=(b_0-a_0n)+(d_2-d_1n)k,\]这是关于 $k$ 的等差数列，因此\[c_n=\max\{c_1,c_n\}=\max\{b_1-a_1n,b_0+(d_2-a_0)n-d_1n^2\}.\]考虑函数 $f(x)=b_1-a_1x$ 和函数 $g(x)=b_0+(d_2-a_0)x-d_1x^2$，分类讨论如下．
情形一 $d_1\ne 0$．此时 $f(x)$ 的图象是直线，$g(x)$ 的图象是抛物线，无论直线与抛物线的位置关系如何，必然存在正整数 $m_0$，使得\[\forall x\geqslant m_0,\max\{f(x),g(x)\}=f(x),\]或\[\forall x\geqslant m_0,\max\{f(x),g(x)\}=g(x).\]当 $\forall x\geqslant m_0,\max\{f(x),g(x)\}=f(x)$ 时，取 $m=m_0$，有$$c_m,c_{m+1},c_{m+2},\cdots$$是等差数列；而当 $\forall x\geqslant m_0,\max\{f(x),g(x)\}=g(x)$ 时，必然有 $g(x)$ 开口向上，即 $-d_1>0$，因此\[\dfrac{g(x)}x=\dfrac{b_0}x-d_1x+(d_2-a_0),\]对任意正数 $M$，必然存在正整数 $m_1$，使得当 $x\geqslant m_1$ 时，有\[\dfrac{g(x)}{x}>M,\]此时取 $m=\max\{m_0,m_1\}$，可得当 $n\geqslant m$ 时，$\dfrac{c_n}{n}>M$．情形二 $d_1=0$．此时 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的图象都是直线，无论这两条直线位置关系如何，必然存在正整数 $m$，使得\[\forall x\geqslant m,\max\{f(x),g(x)\}=f(x),\]或\[\forall x\geqslant m,\max\{f(x),g(x)\}=g(x),\]这就意味着$$c_m,c_{m+1},c_{m+2},\cdots$$是等差数列．
综上所述，原命题得证．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
