Question

定义：若数列{a_n}满足对任意的n∈N^*，2a_n+1＞a_n+a_n+2，且存在最小的上界S，使得a_n≤S，则称{a_n}为“S型”数列．
（1）若正项等比数列{a_n}的前n项和为T_n，且a₃=

1

4

，T₃=

7

4

，试判断数列{T_n}是否为“S型”数列，并说明理由；
（2）若{a_n}为“S型”数列，且任意一项均不为S，求证：对任意的n∈N^*，a_n+1＞a_n．

Answer 1

考点：数列的求和

专题：点列、递归数列与数学归纳法

分析：（1）根据等比数列的性质以及“S型”数列的定义进行判定即可得到结论；
（2）结合{a_n}为“S型”数列的定义，利用反证法，即可证明不等式．

解答： 解：（1）设正项等比数列{a_n}的首项为a₁，（a₁＞0）公比为q，（q＞0），
∵a₃=

1

4

，T₃=

7

4

，
∴q²a₁=

1

4

，a₁+a₁q+a₁q²=

7

4

，解得a₁=1，q=

1

2

，
从而T_n=2（1-

1

2n

），
∵2T_n+1-T_n-T_n+2=4（1-

1

2n+1

）-2（1-

1

2n

）-2（1-

1

2n+2

）=

1

2n+1

＞0，
∴2T_n+1＞T_n+T_n+2．
∵T_n=2（1-

1

2n

）随n的增加而增大，故T_n∈[1，2），
∴存在最小的上届S=2，使a_n≤S，
综上数列{T_n}是“S型”数列．
（2）假设存在n₀∈N^*，使得an0+1≤a n0，
∵对任意的n∈N^*，2a_n+1＞a_n+a_n+2，
∴对任意的n∈N^*，2an0+1＞an0+an0+2，
从而an0+2-an0+1＜an0+1-an0≤0，
故当n≥n₀时，总有a_n+1＜a_n．
又在a₁，a₂．…an0中一定存在一个最大的项，依据题意，此项必为S，这与{a_n}中任意一项均不为S矛盾，
∴假设不成立，即原命题成立．

点评：本题主要考查与数列有关的新定义依据利用反证法证明不等式，考查学生的计算能力，综合性较强．