Question

11．设集合W由满足下列两个条件的数列{a_n}构成：①$\frac{{a}_{n}+{a}_{n+2}}{2}＜{a}_{n+1}$，②存在实数a、b使a≤a_n≤b对任意正整数n都成立；
（1）现在给出只有5项的有限数列{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），试判断数列{a_n}，{b_n}是否为集合W的元素；
（2）数列{c_n}的前n项和为S_n，c₁=1，且对任意正整数n，点（c_n+1，S_n）在直线2x+y-2=0上，证明：数列{S_n}∈W，并写出实数a、b的取值范围；
（3）设数列{d_n}∈W，且对满足条件②中的实数b的最小值b₀，都有d_n≠b₀（n∈N⁺），求证：数列{d_n}一定是单调递增数列．

Answer 1

分析 （1）由于$\frac{{a}_{3}+{a}_{5}}{2}$=10＞9=a₄，可知数列{a_n}不满足条件①．利用对数的运算性质可得：$\frac{{b}_{n}+{b}_{n+2}}{2}$＜b_n+1，取a=0，b=3，则满足条件②．
（2）由于点（c_n+1，S_n）在直线2x+y-2=0上，可得2c_n+1+S_n-2=0，利用递推关系可得：c_n+1=$\frac{1}{2}{c}_{n}$，利用等比数列的前n项和公式可得：S_n=2$[1-（\frac{1}{2}）^{n}]$，验证S_n+S_n+2-2S_n+1＜0，可知：条件①成立．由于1≤S_n＜2，即可得出条件②及其a，b的范围．
（3）利用反证法：若数列{d_n}非单调递增，则一定存在正整数k，使d_k≥d_k+1 成立，由$\frac{{d}_{m}+{d}_{m+2}}{2}$＜d_m+1，得 d_m+2＜2d_m+1-d_m，变形可得：d_m+1＞d_m+2 ．在d₁，d₂，…，d_k这k项中一定存在一个最大值，不妨记为${d}_{{n}_{0}}$=
b₀，得出矛盾．

解答 （1）解：∵$\frac{{a}_{3}+{a}_{5}}{2}$=$\frac{8+12}{2}$=10＞9=a₄，因此数列{a_n}不满足条件①，∴数列{a_n}∉W．
∵$\frac{{b}_{n}+{b}_{n+2}}{2}$=$\frac{lo{g}_{2}n+lo{g}_{2}（n+2）}{2}$=$\frac{lo{g}_{2}[n（n+1）]}{2}$＜$\frac{lo{g}_{2}（\frac{n+n+2}{2}）^{2}}{2}$=log₂（n+1）=b_n+1，取a=0，b=3，则使a≤b_k≤b对k=1，2，3，4，5都成立，
∴数列{b_n}∈W．
（2）证明：∵点（c_n+1，S_n）在直线2x+y-2=0上，∴2c_n+1+S_n-2=0，
当n≥2时，2c_n+S_n-1-2=0，可得：2c_n+1-2c_n+c_n=0，化为c_n+1=$\frac{1}{2}{c}_{n}$，
∴数列{c_n}是等比数列，首项为1，公比为$\frac{1}{2}$．∴S_n=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n}}{1-\frac{1}{2}}$=2$[1-（\frac{1}{2}）^{n}]$，
则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}$＜S_n+1．∴条件①成立．
由于1≤S_n＜2，∴a≤1，b≥2．
（3）证明：：（反证）若数列{d_n}非单调递增，则一定存在正整数k，使d_k≥d_k+1 成立，
当n=m+1时，由$\frac{{d}_{m}+{d}_{m+2}}{2}$＜d_m+1，得 d_m+2＜2d_m+1-d_m，
而d_m+1-d_m+2＞d_m+1-（2d_m+1-d_m）=d_m-d_m+1≥0，所以d_m+1＞d_m+2 ．
显然在d₁，d₂，…，d_k这k项中一定存在一个最大值，不妨记为${d}_{{n}_{0}}$，
所以为${d}_{{n}_{0}}$≥dn（n∈N*），从而为${d}_{{n}_{0}}$=b₀．这与题设d_n≠b₀（n∈N^*）相矛盾．
所以假设不成立，故命题得证．

点评 本题考查了等比数列的通项公式前n项和公式、数列的单调性、不等式的性质、反证法、新定义，考查了推理能力与计算能力，属于难题．