Question

如果無窮數(shù)列{a_n}滿足下列條件：①≤a_n+1；②存在實數(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}是各項為正數(shù)的等比數(shù)列，S_n是其前項和，c₃=，S₃=證明：數(shù)列{S_n}是Ω數(shù)列；
（3）設(shè)數(shù)列{d_n}是各項均為正整數(shù)的Ω數(shù)列，求證：d_n≤d_n+1．

Answer 1

（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n=1，2時，b_n+1-b_n＞0，即b₁＜b₂＜b₃，
則數(shù)列{b_n}中的最大項是b₃=7，所以M≥7．（4分）
（2）證明：∵{c_n}是各項正數(shù)的等比數(shù)列，S_n是其前n項和，c₃=，S₃=
設(shè)其公比為q＞0，∴++c₃=．（6分）
整理，得6q²-q-1=0，解得q=，q=-（舍去）．
∴c₁=1，c_n=，S_n=2-=S_n+2，S＜2．（8分）
對任意的n∈N^*，有=2--＜2-=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}的各項均為正整數(shù)，可得d_k≥d_k+1+1，即d_k+1≤d_k-1．
因為≤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．
因為≤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}的各項均為正數(shù)矛盾，所以假設(shè)不成立，
即對任意n∈N^*，都有d_k≤d_k+1成立．（16分）
分析：（1）根據(jù)新定義，確定數(shù)列{b_n}中的最大項，即可得到M的取值范圍；
（2）確定數(shù)列的通項c_n=，求得數(shù)列的和，證明＜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}的各項均為正整數(shù)，可得d_k≥d_k+1+1，即d_k+1≤d_k-1，利用≤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}的各項均為正數(shù)矛盾，由此得證．
點評：本題考查新定義，考查學生接受新信息的能力，考查反證法，考查學生分析解決問題的能力，屬于難題．