Question

設集合W是滿足下列兩個條件的無窮數(shù)列{a_n}的集合：①

an+an+2

2

≤an+1；②a_n≤M，其中n∈N^*，M是與n無關的常數(shù)．
（1）若{a_n}是等差數(shù)列，S_n是其前n項的和，a₃=4，S₃=18，證明：{S_n}∈W
（2）設數(shù)列{b_n}的通項為b_n=5n-2ⁿ，且{b_n}∈W，求M的取值范圍；
（3）設數(shù)列{c_n}的各項均為正整數(shù)，且{c_n}∈W，證明：c_n＜c_n+1．

Answer 1

分析：（1）在等差數(shù)列中，利用已知a₃=4，S₃=18求出首項a₁=8、公差d=-2，進一步求出S_n，要證明{S_n}∈W，只要證明①

Sn+ Sn+2

2

≤ Sn+1，然后求出M使得S_n≤M②
（2）利用定義先判斷b_n+1′-b_n的正負以判斷數(shù)列b_n的單調(diào)性，從而求出數(shù)列{b_n}中的最大值為b₃=7，若{b_n∈W∈W，則M≥7
（3）假設存在正整數(shù)k，使得c_k＞c_k+1成立，因為數(shù)列{C_n}各項均為正整數(shù)，所以C_k-C_k+1≥1，又因為{C_n}∈W，則可得

Cn+Cn+2

2

≤ Cn+1，即

Ck+Ck+2

2

≤ Ck+1遞推得到矛盾，所以說明假設錯誤，從而肯定結論成立．

解答：（1）解：設等差數(shù)列{a_n}的公差是d，則a₁+2d=4，3a₁+3d=18，解得a₁=8，d=-2，
所以S_n=na₁+

n(n-1)

2

d=-n²+9n（2分）
由

Sn+Sn+2

2

-S_n+1=

1

2

[（-n²+9n）-（n+2）²+9（n+2）+2（n+1）²-18（n+1）]=-1＜0
得

Sn+Sn+2

2

＜S_n+1，適合條件①；
又S_n=-n²+9n=-(n-

9

2

)2+

81

4

，所以當n=4或5時，S_n取得最大值20，即S_n≤20，適合條件②
綜上，{S_n}∈W（4分）
（2）解：因為b_n+1-b_n=5（n+1）-2ⁿ⁺¹-5n+2ⁿ=5-2ⁿ
所以當n≥3時，b_n+1-b_n＜0，此時數(shù)列{b_n}單調(diào)遞減；
當n=1，2時，b_n+1-b_n＞0，即b₁＜b₂＜b₃，因此數(shù)列{b_n}中的最大項是b₃=7
所以M≥7（8分）
（3）解：假設存在正整數(shù)k，使得c_k＞c_k+1成立
由數(shù)列{c_n}的各項均為正整數(shù)，可得c_k+1≤c_k-1
因為

ck+ck+2

2

≤c_k+1，所以c_k+2≤2c_k+1-c_k≤2（c_k-1）-c_k=c_k--2
由c_k+2≤2c_k+1-c_k及c_k＞c_k+1，得c_k+2＜2c_k+2-c_k+1=c_k+1，故c_k+2≤c_k+1-1
因為

ck+1+ck+3

2

≤c_k+2，所以c_k+3≤2c_k+2-c_k+1≤2（c_k+1-1）-c_k+1=c_k+1-2≤c_k-3
依此類推，可得c_k+m≤c_k-m（m∈N^*）
設c_k=p（p∈N^*），則當m=p時，有c_k+p≤c_k-p=0
這顯然與數(shù)列{c_n}的各項均為正整數(shù)矛盾！
所以假設不成立，即對于任意n∈N^*，都有c_n≤c_n+1成立．（16分）

點評：本題（1）是在新定義的條件下分別考查了等差數(shù)列的通項公式、求和公式及等差數(shù)列和的最值的求解
   （2）結合數(shù)列的單調(diào)性求數(shù)列的最大項的問題，若數(shù)列滿足先增后減有最大項；先減后增有最小項．
   （3）是綜合考查反證法的運用及綜合論證的能力．