    【附】为便于编辑修改，特提供纯文本文档如下： 2021 年联赛A1卷加试中一个双数列不等式问题的思路剖析与解答 冯跃峰 【真题2-9】设正实数数列{an}、{bn}满足：对任意整数n≥101，有an =，bn =。 证明：存在正整数m，使得| am-bm |<0001。（2021 年全国高中数学联赛A1卷加试试题，江苏河南专用） 【题感】数列数列{an}、{bn}都是100阶递归数列，但递归关系含有根号，自然想到通过平方将根号去掉。 从目标看，为了产生am2、bm2，想到将不等式变为| am-bm |2<00012，进而考察| am2 - bm2 |与| am-bm |2之间的大小关系，这分解因式即可发现|am-bm|2≤|am2-bm2|，这样只需证明|am2-bm2|<00012。 为此，求出新数列{ am2-bm2}通项公式即可，这恰好可以利用特征方程求解（形式上的通项公式：含有未知的参系数）。 【简化】令cn = an2 - bn2 （n=1，2，…），则对n≥101，有cn=-=-。 【结构联想】递推数列{ cn }的特征方程为100x100+ x99+ x98+…+x+1=0。 设它的所有不同的复根为t1，t2，…，tk，重数分别为m1，m2，…，mk，则数列 { cn }的通项公式为 cn=P1（n）t1n+ P2（n）t2n +…+ Pk（n）tkn， 其中Pi（n）是次数小于mi的复系数多项式（1≤i≤k）。 【找充分条件】要使| cn |=|am2-bm2|<00012，一个充分条件是，n→∞时，| cn |→0。进一步，只需=0（1≤i≤k）。 这等价于|ti|<1（1≤i≤k）。 【研究代表】设z是特征方程的一个根，则100z100+ z99+ z98+…+z+1=0，我们证明|z|<1。 由于没有直接估计|z|的上界的条件，可从反面思考。 【反面思考】若|z|≥1，则z≠0，上式可变为100=---…-，于是， 100=|++…+|≤++…+≤100。 由于不等式成立等号，从而|z|=1，且z，z2，…，z100的辐角相同，得z=1。但1不是特征方程的根，矛盾，所以|z|<1。 由z的任意性，可知对任何1≤i≤k，有|ti|<1，=0。 又| cn|≤|P1（n）||t1n|+| P2（n）||t2n| +…+ |Pk（n）||tkn|。 对1≤i≤k，设Pi（n）=arnr+ ar-1nr-1+…+ a0（r<100），则 |Pi（n）||tkn|≤（|ar|nr+|ar-1|nr-1+…+| a0|）|tin|=，其中a=>1。由洛必达法则（求r阶导数），=0，从而=0，所以，所以=0。 因此存在正整数m≥101，使得|cm|<（0001）2。 又am、bm≥0，有|am-bm|≤|am+bm|，所以|am-bm|2≤|am+bm||am-bm|=|am2-bm2|=|cm|<（0001）2。 故|am-bm|<0001。 【新写】令cn = an2 - bn2 （n=1，2，…），则对n≥101，有cn=-=-。 递推数列{ cn }的特征方程为100x100+ x99+ x98+…+x+1=0。设它的所有不同的复根为t1，t2，…，tk，重数分别为m1，m2，…，mk，则数列 { cn }的通项公式为 cn=P1（n）t1n+ P2（n）t2n +…+ Pk（n）tkn， 其中Pi（n）是次数小于mi的复系数多项式（1≤i≤k）。 设z是特征方程的任意一个根，则100z100+ z99+ z98+…+z+1=0。 若|z|≥1，则z≠0，上式可变为100=---…-，于是， 100=|++…+|≤++…+≤100。 由于不等式成立等号，从而|z|=1，且z，z2，…，z100的辐角相同，得z=1。但1不是特征方程的根，矛盾，所以|z|<1。 由z的任意性，可知对任何1≤i≤k，有|ti|<1，=0。 又| cn|≤|P1（n）||t1n|+| P2（n）||t2n| +…+ |Pk（n）||tkn|。 对1≤i≤k，设Pi（n）=arnr+ ar-1nr-1+…+ a0（r<100），则 |Pi（n）||tkn|≤（|ar|nr+|ar-1|nr-1+…+| a0|）|tin|=，其中a=>1。由洛必达法则（求r阶导数），=0，从而=0，所以，所以=0。 因此存在正整数m≥101，使得|cm|<（0001）2。 又am、bm≥0，有|am-bm|≤|am+bm|，所以|am-bm|2≤|am+bm||am-bm|=|am2-bm2|=|cm|<（0001）2。 故|am-bm|<0001。 |
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