设集合W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．（1）若{an}是等差数列，Sn

题型：西城区一模难度：来源：

设集合W是满足下列两个条件的无穷数列{a_n}的集合：①

an+an+2

2

≤an+1；②a_n≤M，其中n∈N^*，M是与n无关的常数．
（1）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}∈W
（2）设数列{b_n}的通项为b_n=5n-2ⁿ，且{b_n}∈W，求M的取值范围；
（3）设数列{c_n}的各项均为正整数，且{c_n}∈W，证明：c_n＜c_n+1．

答案

（1）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S_n=na₁+

n(n-1)

2

d=-n²+9n（2分）
由

Sn+Sn+2

2

-S_n+1=

1

2

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

Sn+Sn+2

2

＜S_n+1，适合条件①；
又S_n=-n²+9n=-(n-

9

2

)2+

81

4

，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
综上，{S_n}∈W（4分）
（2）因为b_n+1-b_n=5（n+1）-2ⁿ⁺¹-5n+2ⁿ=5-2ⁿ
所以当n≥3时，b_n+1-b_n＜0，此时数列{b_n}单调递减；
当n=1，2时，b_n+1-b_n＞0，即b₁＜b₂＜b₃，因此数列{b_n}中的最大项是b₃=7
所以M≥7（8分）
（3）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+1≤c_k-1
因为

ck+ck+2

2

≤c_k+1，所以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+2-c_k+1=c_k+1，故c_k+2≤c_k+1-1
因为

ck+1+ck+3

2

≤c_k+2，所以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．（16分）