Question

设集合W是满足下列两个条件的无穷数列{a_n}的集合：
①；②a_n≤M，其中n∈N^*，M是与n无关的常数．
（1）若{a_n}是等差数列，S_n是其前n项的和，a₃=4，S₃=18，证明：{S_n}∈W
（2）设数列{b_n}的通项为b_n=5n-2ⁿ，且{b_n}∈W，求M的取值范围；
（3）设数列{c_n}的各项均为正整数，且{c_n}∈W，证明：c_n＜c_n+1．

Answer 1

（1）解：设等差数列{a_n}的公差是d，则a₁+2d=4，3a₁+3d=18，解得a₁=8，d=-2，
所以S_n=na₁+d=-n²+9n（2分）
由-S_n+1=[（-n²+9n）-（n+2）²+9（n+2）+2（n+1）²-18（n+1）]=-1＜0
得＜S_n+1，适合条件①；
又S_n=-n²+9n=-+，所以当n=4或5时，S_n取得最大值20，即S_n≤20，适合条件②
综上，{S_n}∈W（4分）
（2）解：因为b_n+1-b_n=5（n+1）-2ⁿ⁺¹-5n+2ⁿ=5-2ⁿ
所以当n≥3时，b_n+1-b_n＜0，此时数列{b_n}单调递减；
当n=1，2时，b_n+1-b_n＞0，即b₁＜b₂＜b₃，因此数列{b_n}中的最大项是b₃=7
所以M≥7（8分）
（3）解：假设存在正整数k，使得c_k＞c_k+1成立
由数列{c_n}的各项均为正整数，可得c_k+1≤c_k-1
因为≤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
因为≤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
依此类推，可得c_k+m≤c_k-m（m∈N^*）
设c_k=p（p∈N^*），则当m=p时，有c_k+p≤c_k-p=0
这显然与数列{c_n}的各项均为正整数矛盾！
所以假设不成立，即对于任意n∈N^*，都有c_n≤c_n+1成立．（16分）
分析：（1）在等差数列中，利用已知a₃=4，S₃=18求出首项a₁=8、公差d=-2，进一步求出S_n，要证明{S_n}∈W，只要证明，然后求出M使得S_n≤M②
（2）利用定义先判断b_n+1′-b_n的正负以判断数列b_n的单调性，从而求出数列{b_n}中的最大值为b₃=7，若{b_n∈W∈W，则M≥7
（3）假设存在正整数k，使得c_k＞c_k+1成立，因为数列{C_n}各项均为正整数，所以C_k-C_k+1≥1，又因为{C_n}∈W，则可得，即递推得到矛盾，所以说明假设错误，从而肯定结论成立．
点评：本题（1）是在新定义的条件下分别考查了等差数列的通项公式、求和公式及等差数列和的最值的求解
（2）结合数列的单调性求数列的最大项的问题，若数列满足先增后减有最大项；先减后增有最小项．
（3）是综合考查反证法的运用及综合论证的能力．