Question

若无穷数列{a_n}满足：①对任意n∈N*，

an+an+2

2

≤an+1；②存在常数M，对任意n∈N*，a_n≤M，则称数列{a_n}为“T数列”．
（Ⅰ）若数列{a_n}的通项为an=8-2n（n∈N*），证明：数列{a_n}为“T数列”；
（Ⅱ）若数列{a_n}的各项均为正整数，且数列{a_n}为“T数列”，证明：对任意n∈N*，a_n≤a_n+1；
（Ⅲ）若数列{a_n}的各项均为正整数，且数列{a_n}为“T数列”，证明：存在 n₀∈N*，数列{an0+n}为等差数列．

Answer 1

考点：数列与不等式的综合

专题：综合题,点列、递归数列与数学归纳法

分析：（Ⅰ）由数列{a_n}的通项求得a_n+1，a_n+2，作差证得对任意n∈N^*，

an+an+2

2

≤an+1，结合数列{a_n}为递减数列得对任意n∈N^*，a_n≤a₁=6，则结论得证；
（Ⅱ）假设存在正整数k，使得a_k＞a_k+1，由数列{a_n}的各项均为正整数，可得a_k≥a_k+1+1．然后依次推导，得到数列中有负数项，与已知矛盾；
（Ⅲ）由数列{a_n}为“T数列”，说明存在常数M，对任意n∈N^*，a_n≤M．由（Ⅱ）可知，对任意n∈N^*，a_n≤a_n+1，则a₁≤a₂≤a₃≤…≤a_n≤a_n+1≤…．
然后分a_n=a_n+1和若a_n＜a_n+1讨论，最后说明a₁，a₂-a₁，a₃-a₂，…，a_n-a_n-1，…，中最多有M个大于或等于1，否则与a_n≤M矛盾，则结论得到证明．

解答： （Ⅰ）证明：由an=8-2n，可得an+2=8-2n+2，an+1=8-2n+1，
∴an+an+2-2an+1=8-2n+8-2n+2-2(8-2n+1)=-2n＜0，
∴对任意n∈N^*，

an+an+2

2

≤an+1．
又数列{a_n}为递减数列，
∴对任意n∈N^*，a_n≤a₁=6．
∴数列{a_n}为“T数列”；
（Ⅱ）证明：假设存在正整数k，使得a_k＞a_k+1．
由数列{a_n}的各项均为正整数，可得a_k≥a_k+1+1．
由

ak+ak+2

2

≤ak+1，可得a_k+2≤2a_k+1-a_k≤2（a_k-1）-a_k=a_k-2．
且a_k+2≤2a_k+1-a_k＜2a_k+1-a_k+1=a_k+1．
同理a_k+3＜a_k+1-2≤a_k-3，
依此类推，可得对任意n∈N^*，有a_k+n≤a_k-n．
因为a_k为正整数，设a_k=m，则m∈N^*，
在a_k+n≤a_k-n中，设n=m，则a_k+n≤0．
与数列{a_n}的各项均为正整数矛盾．
∴对任意n∈N^*，a_n≤a_n+1；
（Ⅲ）∵数列{a_n}为“T数列”，
∴存在常数M，对任意n∈N^*，a_n≤M．
设M∈N^*，
由（Ⅱ）可知，对任意n∈N^*，a_n≤a_n+1，
则a₁≤a₂≤a₃≤…≤a_n≤a_n+1≤…．
若a_n=a_n+1，则a_n+1-a_n=0；
若a_n＜a_n+1，则a_n+1-a_n≥1．
而n≥2时，有a_n=a₁+（a₂-a₁）+（a₃-a₂）+…+（a_n-a_n-1）．
∴a₁，a₂-a₁，a₃-a₂，…，a_n-a_n-1，…，中最多有M个大于或等于1，否则与a_n≤M矛盾．
∴存在n₀∈N^*，对任意的n＞n₀，有a_n-a_n-1=0．
∴对任意n∈N^*，an0+n+1-an0+n=0．
∴存在 n₀∈N^*，数列{an0+n}为等差数列．

点评：本题是新定义题，考查了数列与不等式的综合，解题过程体现了反证法证题思想，关键是对“T数列”概念的理解，属有一定难度题目．