Question

17．如果無窮數(shù)列{a_n}滿足下列條件：
①a_n+a_n+2≤2a_n+1；
②存在實(shí)數(shù)M，使得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){a_n}是各項(xiàng)為正數(shù)的等比數(shù)列，S_n是其前n項(xiàng)和，a₃=$\frac{1}{4}$，S₃=$\frac{7}{4}$，證明：數(shù)列{S_n}是Ω數(shù)列；
（2）設(shè)數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)為a_n=5n-2ⁿ，且是Ω數(shù)列，求M的取值范圍；
（3）設(shè)數(shù)列{a_n}是各項(xiàng)均為正整數(shù)的Ω數(shù)列，問：是否存在常數(shù)n₀∈N*，使得a${\;}_{n_0}}$＞a${\;}_{{n_0}+1}}$，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式，$\frac{{a}_{3}}{{q}^{2}}$+$\frac{{a}_{3}}{q}$+a₃=$\frac{7}{4}$．整理求得q及a₁的值，即求得a_n=$\frac{1}{2n-1}$，S_n=2-$\frac{1}{2n-1}$＜2，有$\frac{Sn+Sn+2}{2}$=2-$\frac{1}{2n}$-$\frac{1}{2n+2}$＜2-$\frac{1}{2n}$=S_n+1，且S_n＜2，即可證明{S_n}是Ω數(shù)列；
（2）由a_n+1-a_n＜0，故數(shù)列{a_n}單調(diào)遞減；當(dāng)n=1，2時(shí)，a_n+1-a_n＞0，即a₁＜a₂＜a₃，則數(shù)列{b_n}中的最大項(xiàng)是a₃=7，即可求得M≥7；
（3）采用反證法，假設(shè)存在常數(shù)n∈N*，使得a${\;}_{n_0}}$＞a${\;}_{{n_0}+1}}$，∵{a_n}是Ω數(shù)列，得a${\;}_{{n_0}+1}}$-a${\;}_{n_0}}$≤1，${a}_{{n}_{0}+2}$-a${\;}_{{n_0}+1}}$≤-1，采用累加法${a}_{{n}_{0}+m}$-${a}_{{n}_{0}}$≤-m，
由當(dāng)m取${a}_{{n}_{0}}$時(shí)，${a}_{{n}_{0}+m}$≤0與a_n∈N*矛盾，不存在常數(shù)n₀∈N*，使得a${\;}_{n_0}}$＞a${\;}_{{n_0}+1}}$．

解答 解：（1）證明∵{a_n}是各項(xiàng)正數(shù)的等比數(shù)列，S_n是其前n項(xiàng)和，a₃=$\frac{1}{4}$，S₃=$\frac{7}{4}$，
設(shè)其公比為q＞0，
∴$\frac{{a}_{3}}{{q}^{2}}$+$\frac{{a}_{3}}{q}$+a₃=$\frac{7}{4}$．整理得6q²-q-1=0，
解得q=$\frac{1}{2}$，q=-$\frac{1}{3}$（舍去）．
∴a₁=1，…（3分）
a_n=$\frac{1}{2n-1}$，S_n=2-$\frac{1}{2n-1}$＜2，…（4分）
對任意的n∈N^*，有$\frac{Sn+Sn+2}{2}$=2-$\frac{1}{2n}$-$\frac{1}{2n+2}$＜2-$\frac{1}{2n}$=S_n+1，且S_n＜2，
故{S_n}是Ω數(shù)列．…（5分）
（2）∵a_n+1-a_n=5-2ⁿ，…（7分）
∴當(dāng)n≥3，a_n+1-a_n＜0，故數(shù)列{a_n}單調(diào)遞減；
當(dāng)n=1，2時(shí)，a_n+1-a_n＞0，即a₁＜a₂＜a₃，
則數(shù)列{b_n}中的最大項(xiàng)是a₃=7，
所以M≥7．…（9分）
（3）證明：假設(shè)存在常數(shù)n∈N*，使得a${\;}_{n_0}}$＞a${\;}_{{n_0}+1}}$，即a${\;}_{{n_0}+1}}$-a${\;}_{n_0}}$＜0；…（10分）
∵{a_n}是各項(xiàng)均為正整數(shù)的數(shù)列，所以a${\;}_{{n_0}+1}}$-a${\;}_{n_0}}$≤1；
又∵{a_n}是Ω數(shù)列，所以${a}_{{n}_{0}}$+${a}_{{n}_{0}+2}$≤2a${\;}_{{n_0}+1}}$，
即${a}_{{n}_{0}+2}$-a${\;}_{{n_0}+1}}$≤a${\;}_{{n_0}+1}}$-a${\;}_{n_0}}$≤-1，得${a}_{{n}_{0}+2}$-a${\;}_{{n_0}+1}}$≤-1，…（12分）
以此類推，${a}_{{n}_{0}+k}$-${a}_{{n}_{0}+k-1}$≤-1，①（n∈N*，）；
將①中k賦值1，2，3…m，累加可得${a}_{{n}_{0}+m}$-${a}_{{n}_{0}}$≤-m，
即${a}_{{n}_{0}+m}$≤${a}_{{n}_{0}}$-m；…（14分）
當(dāng)m取${a}_{{n}_{0}}$時(shí)，${a}_{{n}_{0}+m}$≤0與a_n∈N*矛盾；
∴假設(shè)錯誤，不存在常數(shù)n₀∈N*，使得${a}_{{n}_{0}}$＞${a}_{{n}_{0}+1}$．…（16分）

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的新定義，考查等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式，考查“累加法”及“反證法”，考查學(xué)生分析問題及解決問題得能力，屬于中檔題．