Question

定義：若數(shù)列{a_n}滿足對(duì)任意的n∈N^*，2a_n+1＞a_n+a_n+2，且存在最小的上界S，使得a_n≤S，則稱{a_n}為“S型”數(shù)列．
（1）若正項(xiàng)等比數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為T_n，且a₃=

1

4

，T₃=

7

4

，試判斷數(shù)列{T_n}是否為“S型”數(shù)列，并說(shuō)明理由；
（2）若{a_n}為“S型”數(shù)列，且任意一項(xiàng)均不為S，求證：對(duì)任意的n∈N^*，a_n+1＞a_n．

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)列的求和

專題：點(diǎn)列、遞歸數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法

分析：（1）根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)以及“S型”數(shù)列的定義進(jìn)行判定即可得到結(jié)論；
（2）結(jié)合{a_n}為“S型”數(shù)列的定義，利用反證法，即可證明不等式．

解答： 解：（1）設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為a₁，（a₁＞0）公比為q，（q＞0），
∵a₃=

1

4

，T₃=

7

4

，
∴q²a₁=

1

4

，a₁+a₁q+a₁q²=

7

4

，解得a₁=1，q=

1

2

，
從而T_n=2（1-

1

2n

），
∵2T_n+1-T_n-T_n+2=4（1-

1

2n+1

）-2（1-

1

2n

）-2（1-

1

2n+2

）=

1

2n+1

＞0，
∴2T_n+1＞T_n+T_n+2．
∵T_n=2（1-

1

2n

）隨n的增加而增大，故T_n∈[1，2），
∴存在最小的上屆S=2，使a_n≤S，
綜上數(shù)列{T_n}是“S型”數(shù)列．
（2）假設(shè)存在n₀∈N^*，使得an0+1≤a n0，
∵對(duì)任意的n∈N^*，2a_n+1＞a_n+a_n+2，
∴對(duì)任意的n∈N^*，2an0+1＞an0+an0+2，
從而an0+2-an0+1＜an0+1-an0≤0，
故當(dāng)n≥n₀時(shí)，總有a_n+1＜a_n．
又在a₁，a₂．…an0中一定存在一個(gè)最大的項(xiàng)，依據(jù)題意，此項(xiàng)必為S，這與{a_n}中任意一項(xiàng)均不為S矛盾，
∴假設(shè)不成立，即原命題成立．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查與數(shù)列有關(guān)的新定義依據(jù)利用反證法證明不等式，考查學(xué)生的計(jì)算能力，綜合性較強(qiáng)．