Question

（2012•上海二模）如果无穷数列{a_n}满足下列条件：①

an+an+2

2

≤a_n+1；②存在实数M，使a_n≤M．其中n∈N^*，那么我们称数列{a_n}为Ω数列．
（1）设数列{b_n}的通项为b_n=5n-2ⁿ，且是Ω数列，求M的取值范围；
（2）设{c_n}是各项为正数的等比数列，S_n是其前项和，c₃=

1

4

，S₃=

7

4

证明：数列{S_n}是Ω数列；
（3）设数列{d_n}是各项均为正整数的Ω数列，求证：d_n≤d_n+1．

Answer 1

分析：（1）根据新定义，确定数列{b_n}中的最大项，即可得到M的取值范围；
（2）确定数列的通项c_n=

1

2n-1

，求得数列的和，证明

Sn+Sn+2

2

＜S_n+1，且S_n＜2即可；
（3）假设存在正整数k使得d_k＞d_k+1成立，由数列{d_n}的各项均为正整数，可得d_k≥d_k+1+1，即d_k+1≤d_k-1，利用

dk+dk+2

2

≤d_k+1，可得d_k+2≤d_k+1-1，由此类推，可得d_k+m≤d_k-m（m∈N^*），从而可得d_k+m＜0，这与数列{d_n}的各项均为正数矛盾，由此得证．

解答：（1）解：∵b_n+1-b_n=5-2ⁿ，∴n≥3，b_n+1-b_n＜0，故数列{b_n}单调递减；（3分）
当n=1，2时，b_n+1-b_n＞0，即b₁＜b₂＜b₃，
则数列{b_n}中的最大项是b₃=7，所以M≥7．（4分）
（2）证明：∵{c_n}是各项正数的等比数列，S_n是其前n项和，c₃=

1

4

，S₃=

7

4

设其公比为q＞0，∴

c3

q2

+

c3

q

+c₃=

7

4

．（6分）
整理，得6q²-q-1=0，解得q=

1

2

，q=-

1

3

（舍去）．
∴c₁=1，c_n=

1

2n-1

，S_n=2-

1

2n

=S_n+2，S＜2．（8分）
对任意的n∈N^*，有

Sn+Sn+2

2

=2-

1

2n

-

1

2n+2

＜2-

1

2n+1

=S_n+1，且S_n＜2，
故{S_n}是Ω数列．（10分）
（3）证明：假设存在正整数k使得d_k＞d_k+1成立，由数列{d_n}的各项均为正整数，可得d_k≥d_k+1+1，即d_k+1≤d_k-1．
因为

dk+dk+2

2

≤d_k+1，所以d_k+2≤2d_k+1-d_k≤2（d_k-1）-d_k=d_k-2．
由d_k+2≤2d_k+1-d_k及d_k＞d_k+1得d_k+2＜2d_k+1-d_k+1=d_k+1，故d_k+2≤d_k+1-1．
因为

dk+1+dk+3

2

≤d_k+2，所以d_k+3≤2d_k+2-d_k+1≤2（d_k+1-1）-d_k+1=d_k+1-2≤d_k-3，
由此类推，可得d_k+m≤d_k-m（m∈N^*）．（14分）
又存在M，使d_k≤M，∴m＞M，使d_k+m＜0，这与数列{d_n}的各项均为正数矛盾，所以假设不成立，
即对任意n∈N^*，都有d_k≤d_k+1成立．（16分）

点评：本题考查新定义，考查学生接受新信息的能力，考查反证法，考查学生分析解决问题的能力，属于难题．