Question

11．設集合W由滿足下列兩個條件的數列{a_n}構成：①$\frac{{a}_{n}+{a}_{n+2}}{2}＜{a}_{n+1}$，②存在實數a、b使a≤a_n≤b對任意正整數n都成立；
（1）現在給出只有5項的有限數列{a_n}，{b_n}，其中a₁=2，a₂=6，a₃=8，a₄=9，a₅=12；b_k=log₂k（k=1，2，3，4，5），試判斷數列{a_n}，{b_n}是否為集合W的元素；
（2）數列{c_n}的前n項和為S_n，c₁=1，且對任意正整數n，點（c_n+1，S_n）在直線2x+y-2=0上，證明：數列{S_n}∈W，并寫出實數a、b的取值范圍；
（3）設數列{d_n}∈W，且對滿足條件②中的實數b的最小值b₀，都有d_n≠b₀（n∈N⁺），求證：數列{d_n}一定是單調遞增數列．

Answer 1

分析 （1）由于$\frac{{a}_{3}+{a}_{5}}{2}$=10＞9=a₄，可知數列{a_n}不滿足條件①．利用對數的運算性質可得：$\frac{_{n}+_{n+2}}{2}$＜b_n+1，取a=0，b=3，則滿足條件②．
（2）由于點（c_n+1，S_n）在直線2x+y-2=0上，可得2c_n+1+S_n-2=0，利用遞推關系可得：c_n+1=$\frac{1}{2}{c}_{n}$，利用等比數列的前n項和公式可得：S_n=2$[1-（\frac{1}{2}）^{n}]$，驗證S_n+S_n+2-2S_n+1＜0，可知：條件①成立．由于1≤S_n＜2，即可得出條件②及其a，b的范圍．
（3）利用反證法：若數列{d_n}非單調遞增，則一定存在正整數k，使d_k≥d_k+1 成立，由$\frac{y9udhze_{m}+sytq4l4_{m+2}}{2}$＜d_m+1，得 d_m+2＜2d_m+1-d_m，變形可得：d_m+1＞d_m+2 ．在d₁，d₂，…，d_k這k項中一定存在一個最大值，不妨記為$rw9at9n_{{n}_{0}}$=
b₀，得出矛盾．

解答 （1）解：∵$\frac{{a}_{3}+{a}_{5}}{2}$=$\frac{8+12}{2}$=10＞9=a₄，因此數列{a_n}不滿足條件①，∴數列{a_n}∉W．
∵$\frac{_{n}+_{n+2}}{2}$=$\frac{lo{g}_{2}n+lo{g}_{2}（n+2）}{2}$=$\frac{lo{g}_{2}[n（n+1）]}{2}$＜$\frac{lo{g}_{2}（\frac{n+n+2}{2}）^{2}}{2}$=log₂（n+1）=b_n+1，取a=0，b=3，則使a≤b_k≤b對k=1，2，3，4，5都成立，
∴數列{b_n}∈W．
（2）證明：∵點（c_n+1，S_n）在直線2x+y-2=0上，∴2c_n+1+S_n-2=0，
當n≥2時，2c_n+S_n-1-2=0，可得：2c_n+1-2c_n+c_n=0，化為c_n+1=$\frac{1}{2}{c}_{n}$，
∴數列{c_n}是等比數列，首項為1，公比為$\frac{1}{2}$．∴S_n=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}$=2$[1-（\frac{1}{2}）^{n}]$，
則S_n+S_n+2-2S_n+1=2$[1-（\frac{1}{2}）^{n}]$+2$[1-（\frac{1}{2}）^{n+2}]$-4$[1-（\frac{1}{2}）^{n+1}]$=$2（\frac{1}{2}）^{n}$$[2×\frac{1}{2}-1-（\frac{1}{2}）^{2}]$＜0，
∴$\frac{{S}_{n}+{S}_{n+2}}{2}$＜S_n+1．∴條件①成立．
由于1≤S_n＜2，∴a≤1，b≥2．
（3）證明：：（反證）若數列{d_n}非單調遞增，則一定存在正整數k，使d_k≥d_k+1 成立，
當n=m+1時，由$\frac{avcozpe_{m}+ra7ue1a_{m+2}}{2}$＜d_m+1，得 d_m+2＜2d_m+1-d_m，
而d_m+1-d_m+2＞d_m+1-（2d_m+1-d_m）=d_m-d_m+1≥0，所以d_m+1＞d_m+2 ．
顯然在d₁，d₂，…，d_k這k項中一定存在一個最大值，不妨記為$u0tmfdw_{{n}_{0}}$，
所以為$04asquy_{{n}_{0}}$≥dn（n∈N*），從而為$0pc5es3_{{n}_{0}}$=b₀．這與題設d_n≠b₀（n∈N^*）相矛盾．
所以假設不成立，故命題得證．

點評 本題考查了等比數列的通項公式前n項和公式、數列的單調性、不等式的性質、反證法、新定義，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．