Question

（2012•上海二模）如果無窮數(shù)列{a_n}滿足下列條件：①

an+an+2

2

≤a_n+1；②存在實(shí)數(shù)M，使a_n≤M．其中n∈N^*，那么我們稱數(shù)列{a_n}為Ω數(shù)列．
（1）設(shè)數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)為b_n=5n-2ⁿ，且是Ω數(shù)列，求M的取值范圍；
（2）設(shè){c_n}是各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列，S_n是其前項(xiàng)和，c₃=

1

4

，S₃=

7

4

證明：數(shù)列{S_n}是Ω數(shù)列；
（3）設(shè)數(shù)列{d_n}是各項(xiàng)均為正整數(shù)的Ω數(shù)列，求證：d_n≤d_n+1．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)新定義，確定數(shù)列{b_n}中的最大項(xiàng)，即可得到M的取值范圍；
（2）確定數(shù)列的通項(xiàng)c_n=

1

2n-1

，求得數(shù)列的和，證明

Sn+Sn+2

2

＜S_n+1，且S_n＜2即可；
（3）假設(shè)存在正整數(shù)k使得d_k＞d_k+1成立，由數(shù)列{d_n}的各項(xiàng)均為正整數(shù)，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，由此類推，可得d_k+m≤d_k-m（m∈N^*），從而可得d_k+m＜0，這與數(shù)列{d_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)矛盾，由此得證．

解答：（1）解：∵b_n+1-b_n=5-2ⁿ，∴n≥3，b_n+1-b_n＜0，故數(shù)列{b_n}單調(diào)遞減；（3分）
當(dāng)n=1，2時(shí)，b_n+1-b_n＞0，即b₁＜b₂＜b₃，
則數(shù)列{b_n}中的最大項(xiàng)是b₃=7，所以M≥7．（4分）
（2）證明：∵{c_n}是各項(xiàng)正數(shù)的等比數(shù)列，S_n是其前n項(xiàng)和，c₃=

1

4

，S₃=

7

4

設(shè)其公比為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）
對(duì)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數(shù)列．（10分）
（3）證明：假設(shè)存在正整數(shù)k使得d_k＞d_k+1成立，由數(shù)列{d_n}的各項(xiàng)均為正整數(shù)，可得d_k≥d_k+1+1，即d_k+1≤d_k-1．
因?yàn)?span id="hhb5ltt" class="MathJye">

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?yàn)?span id="rfp55bl" class="MathJye">

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，
由此類推，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，這與數(shù)列{d_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)矛盾，所以假設(shè)不成立，
即對(duì)任意n∈N^*，都有d_k≤d_k+1成立．（16分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查新定義，考查學(xué)生接受新信息的能力，考查反證法，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于難題．