Question

設A是滿足下列兩個條件的無窮數(shù)列{a_n}的集合：
①；     ②a_n≤M．其中n∈N^*，M是與n無關(guān)的常數(shù)．
（Ⅰ）若{a_n}是等差數(shù)列，S_n是其前n項的和，a₃=4，S₃=18，證明：{S_n}∈A；
（Ⅱ）對于（Ⅰ）中數(shù)列{a_n}，正整數(shù)n₁，n₂，…，n_t…（t∈N^*）滿足7＜n₁＜n₂＜…＜n_t＜…（t∈N^*），并且使得成等比數(shù)列． 若b_m=10m-n_m（m∈N^*），則{b_m}∈A是否成立？若成立，求M的取值范圍，若不成立，請說明理由；
（Ⅲ）設數(shù)列{c_n}的各項均為正整數(shù)，且{c_n}∈A，證明：c_n≤c_n+1．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）設等差數(shù)列{a_n}的公差是d，則a₁+2d=4，3a₁+3d=18，解得a₁=8，d=-2，所以．由此能夠證明{S_n}∈A．
（Ⅱ）由a₁=8，d=-2，知a_n=8-2（n-1）=10-2n，因此a₆=-2，a₇=-4．因為成等比數(shù)列，故．所以．又，所以n_t=2^t+1+5．從而b_m=10m-2^m+1-5．由此能求出M的取值范圍．
（Ⅲ）假設存在正整數(shù)k，使得c_k＞c_k+1成立．由數(shù)列{c_n}的各項均為正整數(shù)，可得c_k≥c_k+1+1即c_k+1≤c_k-1．因為，所以c_k+2≤2c_k+1-c_k≤c_k-2，由此能夠推導出對于任意n∈N^*，都有c_n≤c_n+1成立．
解答：解：（Ⅰ）設等差數(shù)列{a_n}的公差是d，
則a₁+2d=4，3a₁+3d=18，
解得a₁=8，d=-2．，
所以．
由，
得 ，適合條件 ①．
又，
所以當n=4或5時，S_n取得最大值20，
即S_n≤20，適合條件 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．
因為成等比數(shù)列，
故．
所以．
又，所以n_t=2^t+1+5．
從而b_m=10m-2^m+1-5．
因為-[10（m+1）-2^m+2-5]=-2^m＜0，
故．
又b₁＜b₂＜b₃，并且b₃＞b₄＞b₅＞…，
而b₃=10×3-2³⁺¹-5=9，
故當m∈N^*時，b_m≤9．
綜上，當m∈N^*時，{b_m}∈A，此時M的取值范圍是[9，+∞）．9分
（Ⅲ）假設存在正整數(shù)k，使得c_k＞c_k+1成立．
由數(shù)列{c_n}的各項均為正整數(shù)，
可得c_k≥c_k+1+1，即c_k+1≤c_k-1．
∵，
∴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．
∵，
∴c_k+3≤2c_k+2-c_k+1≤2（c_k+1-1）-c_k+1=c_k+1-2≤c_k-3，
依此類推，可得c_k+m≤c_k-m（m∈N^*）．
設c_k=p（p∈N^*），則當m=p時，有c_k+p≤c_k-p=0，
這顯然與數(shù)列{c_n}的各項均為正整數(shù)矛盾．
所以假設不成立，即對于任意n∈N^*，都有c_n≤c_n+1成立．14分．
點評：本題首先考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的基本量、通項，結(jié)合含兩個變量的不等式的處理問題，考查數(shù)列的性質(zhì)和應用，考查運算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想．對數(shù)學思維的要求比較高，有一定的探索性．綜合性強，難度大，易出錯．是高考的重點．解題時要認真審題，仔細解答．