Question

若無窮數(shù)列{a_n}滿足：①對任意n∈N*，

an+an+2

2

≤an+1；②存在常數(shù)M，對任意n∈N*，a_n≤M，則稱數(shù)列{a_n}為“T數(shù)列”．
（Ⅰ）若數(shù)列{a_n}的通項為an=8-2n（n∈N*），證明：數(shù)列{a_n}為“T數(shù)列”；
（Ⅱ）若數(shù)列{a_n}的各項均為正整數(shù)，且數(shù)列{a_n}為“T數(shù)列”，證明：對任意n∈N*，a_n≤a_n+1；
（Ⅲ）若數(shù)列{a_n}的各項均為正整數(shù)，且數(shù)列{a_n}為“T數(shù)列”，證明：存在 n₀∈N*，數(shù)列{an0+n}為等差數(shù)列．

Answer 1

考點：數(shù)列與不等式的綜合

專題：綜合題,點列、遞歸數(shù)列與數(shù)學歸納法

分析：（Ⅰ）由數(shù)列{a_n}的通項求得a_n+1，a_n+2，作差證得對任意n∈N^*，

an+an+2

2

≤an+1，結合數(shù)列{a_n}為遞減數(shù)列得對任意n∈N^*，a_n≤a₁=6，則結論得證；
（Ⅱ）假設存在正整數(shù)k，使得a_k＞a_k+1，由數(shù)列{a_n}的各項均為正整數(shù)，可得a_k≥a_k+1+1．然后依次推導，得到數(shù)列中有負數(shù)項，與已知矛盾；
（Ⅲ）由數(shù)列{a_n}為“T數(shù)列”，說明存在常數(shù)M，對任意n∈N^*，a_n≤M．由（Ⅱ）可知，對任意n∈N^*，a_n≤a_n+1，則a₁≤a₂≤a₃≤…≤a_n≤a_n+1≤…．
然后分a_n=a_n+1和若a_n＜a_n+1討論，最后說明a₁，a₂-a₁，a₃-a₂，…，a_n-a_n-1，…，中最多有M個大于或等于1，否則與a_n≤M矛盾，則結論得到證明．

解答： （Ⅰ）證明：由an=8-2n，可得an+2=8-2n+2，an+1=8-2n+1，
∴an+an+2-2an+1=8-2n+8-2n+2-2(8-2n+1)=-2n＜0，
∴對任意n∈N^*，

an+an+2

2

≤an+1．
又數(shù)列{a_n}為遞減數(shù)列，
∴對任意n∈N^*，a_n≤a₁=6．
∴數(shù)列{a_n}為“T數(shù)列”；
（Ⅱ）證明：假設存在正整數(shù)k，使得a_k＞a_k+1．
由數(shù)列{a_n}的各項均為正整數(shù)，可得a_k≥a_k+1+1．
由

ak+ak+2

2

≤ak+1，可得a_k+2≤2a_k+1-a_k≤2（a_k-1）-a_k=a_k-2．
且a_k+2≤2a_k+1-a_k＜2a_k+1-a_k+1=a_k+1．
同理a_k+3＜a_k+1-2≤a_k-3，
依此類推，可得對任意n∈N^*，有a_k+n≤a_k-n．
因為a_k為正整數(shù)，設a_k=m，則m∈N^*，
在a_k+n≤a_k-n中，設n=m，則a_k+n≤0．
與數(shù)列{a_n}的各項均為正整數(shù)矛盾．
∴對任意n∈N^*，a_n≤a_n+1；
（Ⅲ）∵數(shù)列{a_n}為“T數(shù)列”，
∴存在常數(shù)M，對任意n∈N^*，a_n≤M．
設M∈N^*，
由（Ⅱ）可知，對任意n∈N^*，a_n≤a_n+1，
則a₁≤a₂≤a₃≤…≤a_n≤a_n+1≤…．
若a_n=a_n+1，則a_n+1-a_n=0；
若a_n＜a_n+1，則a_n+1-a_n≥1．
而n≥2時，有a_n=a₁+（a₂-a₁）+（a₃-a₂）+…+（a_n-a_n-1）．
∴a₁，a₂-a₁，a₃-a₂，…，a_n-a_n-1，…，中最多有M個大于或等于1，否則與a_n≤M矛盾．
∴存在n₀∈N^*，對任意的n＞n₀，有a_n-a_n-1=0．
∴對任意n∈N^*，an0+n+1-an0+n=0．
∴存在 n₀∈N^*，數(shù)列{an0+n}為等差數(shù)列．

點評：本題是新定義題，考查了數(shù)列與不等式的綜合，解題過程體現(xiàn)了反證法證題思想，關鍵是對“T數(shù)列”概念的理解，屬有一定難度題目．