Question

設集合W是滿足下列兩個條件的無窮數(shù)列{a_n}的集合：

①a_n+1≥;②a_n≤M.其中n∈N^*,M是與n無關的常數(shù).

（1）若{a_n}是等差數(shù)列，S_n是其前n項的和，a₄=2,S₄=20，證明{S_n}∈W；

（2）設數(shù)列{b_n}的通項為b_n=5n-2ⁿ,且{b_n}∈W，求M的取值范圍；

（3）設數(shù)列{c_n}的各項均為正整數(shù)，且{c_n}∈W，試證明c_n≤c_n+1.

Answer 1

解：(1)證明:設等差數(shù)列{a_n}的公差是d，則a₁+3d=2,4a₁+6d=20，解得a₁=8,d=-2,所以S_n=na₁+d=-n²+9n.

由-S_n+1=［(-n²+9n)-(n+2)²+9(n+2)+2(n+1)²-18(n+1)］=-1＜0,

得＜S_n+1,適合條件①.

又S_n=-n²+9n=-(n)²+，所以當n=4或5時，S_n取得最大值20，即S_n≤20，適合條件②.

綜上所述，{S_n}∈W.

(2)因為b_n+1-b_n=5(n+1)-2ⁿ⁺¹-5n+2ⁿ=5-2ⁿ，所以當n≥3時，b_n+1-b_n＜0，此時數(shù)列{b_n}單調遞減；當n=1，2時，b_n+1-b_n＞0，即b₁＜b₂＜b₃,

因此數(shù)列{b_n}中的最大項是b₃=7，所以M≥7.

(3)證明:假設存在正整數(shù)k，使得c_k＞c_k+1成立，

由數(shù)列{c_n}的各項均為正整數(shù)，可得c_k≥c_k+1+1,即c_k+1≤c_k-1.

因為≤c_k+1,所以c_k+2≤2c_k+1-c_k≤2(c_k-1)-c_k=c_k-2.14分

由c_k+2≤2c_k+1-c_k及c_k＞c_k+1,得c_k+2＜2c_k+1-c_k+1=c_k+1,故c_k+2≤c_k+1-1.

因為≤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.

依次類推，可得c_k+m≤c_k-m(m∈N^*).

又存在M，使c_k≤M，總有M＜m，故有c_k+m＜0，這與數(shù)列{c_n}的各項均為正整數(shù)矛盾！

所以假設不成立，即對于任意n∈N^*,都有c_n≤c_n+1成立.