（Ⅰ）当

ak-1+bk-1

2

≥0时，b_k-a_k=

ak-1+bk-1

2

-a_k-1=

1

2

（b_k-1a_k-1），

当

ak-1+bk-1

2

＜0时，b_k-a_k=b_k-1-

ak-1+bk-1

2

=

1

2

（b_k-1a_k-1），

所以不论哪种情况，都有b_k-a_k=

1

2

（b_k-1a_k-1），又显然b₁-a₁＞0，故数列{a_k-b_k}是等比数列（4分）

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，b_n-a_n=（b₁-a₁）=(

1

2

)n-1，故n（b_n-a_n）=（b₁-a₁）•

n

2n-1

，

S_n=（b₁-a₁）（1+

2

2

+

3

22

+…+

n

2n-2

+

n

2n-1

），所以

1

2

S_n=（b₁-a₁）（1+

2

22

+

3

23

…+

n

2n-1

+

n

2n

），

所以

1

2

S_n=（b₁-a₁）（1+

1

2

+

1

23

+…+

1

2n-1

+

n

2n

），S_n=（b₁-a₁）[4（1-

1

2n

）-

2n

2n

]（7分）

又当a＞1时

lim

n→∞

n

an

=0，

lim

n→∞

S_n=4（b₁-a₁）．（8分）

（Ⅲ）当b₁＞b₂＞…＞b_n（n≥2）时，b_k≠b_k-1（2≤k≤n），由（2）知

ak-1+bk-1

2

＜0不成立，

故

ak-1+bk-1

2

≥0，从而对于2≤k≤n，有a_k=a_k-1，b_k=

ak-1+bk-1

2

，于是a_n=a_n-1=…=a₁，

故b_n=a₁+（b₁-a₁）(

1

2

)n -1（10分）

an+bn

2

=

1

2

{a₁+[a₁+（b₁-a₁）(

1

2

)n+1]}若

an+bn

2

≥0，则b_n+1=

an+bn

2

，

b_n+1-b_n={a₁+（b₁-a₁）(

1

2

)n}-{a₁+（b₁-a₁）(

1

2

)n-1}=-（b₁-a₁）(

1

2

)n＜0，

所以b_n+1＜b_n=，这与n是满足b₁＞b₂＞…＞b_n（n≥2）的最大整数矛盾．

因此n是满足

an+bn

2

＜0的最小整数．（12分）

而

an+bn

2

＜0⇔

b1-a1

-a1

＜2ⁿ⇔log₂

a1-b1

a1

＜n，

因而n是满足log₂

a1-b1

a1

＜n的最小整数．（14分）