设A是满足下列两个条件的无穷数列{an}的集合:①an+an+22≤an+1, ②an≤M．其中n∈N*.M是与n无关的常数．(Ⅰ)若{an}是等差数列.Sn是其前n项的和.a3=4.S3=18.证明:{Sn}∈A,中数列{an}.正整数n1.n2.-.nt-(t∈N*)满足7＜n1＜n2＜-＜nt＜-(t∈N*).并且使得a6.a7.an1.an2.-.ant.-成等比� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

设A是满足下列两个条件的无穷数列{a_n}的集合：
①

an+an+2

≤an+1； ②a_n≤M．其中n∈N^*，M是与n无关的常数．
（Ⅰ）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}∈A；
（Ⅱ）对于（Ⅰ）中数列{a_n}，正整数n₁，n₂，…，n_t…（t∈N^*）满足7＜n₁＜n₂＜…＜n_t＜…（t∈N^*），并且使得a6，a7，an1，an2，…，ant，…成等比数列．若b_m=10m-n_m（m∈N^*），则{b_m}∈A是否成立？若成立，求M的取值范围，若不成立，请说明理由；
（Ⅲ）设数列{c_n}的各项均为正整数，且{c_n}∈A，证明：c_n≤c_n+1．

（Ⅰ）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Sn=na1+

n(n-1)

d=-n2+9n．
由

Sn+Sn+2

-Sn+1=

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

Sn+Sn+2

＜Sn+1，适合条件 ①．
又Sn=-n2+9n=-(n-

)2+

，
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．
所以，{S_n}∈A．4分
（Ⅱ）由（Ⅰ）得a₁=8，d=-2，
故a_n=8-2（n-1）=10-2n，
因此a₆=-2，a₇=-4．
因为a6，a7，an1，an2，…，ant，…成等比数列，
故q=

=2．
所以ant=a6•qt+1=-2•2t+1．
又ant=10-2nt，所以n_t=2^t+1+5．
从而b_m=10m-2^m+1-5．
因为

bm+bm+2

-bm+1=

(10m-2m+1-5)+[10(m+2)-2m+3-5]

-[10（m+1）-2^m+2-5]=-2^m＜0，
故

bm+bm+2

＜bm+1．
又b₁＜b₂＜b₃，并且b₃＞b₄＞b₅＞…，
而b₃=10×3-2³⁺¹-5=9，
故当m∈N^*时，b_m≤9．
综上，当m∈N^*时，{b_m}∈A，此时M的取值范围是[9，+∞）．9分
（Ⅲ）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≥c_k+1+1，即c_k+1≤c_k-1．
∵

ck+1+ck+2

≤ck+2，
∴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+1-c_k+1=c_k+1，
故c_k+2≤c_k+1-1．
∵

ck+1+ck+3

≤ck+2，
∴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．14分．