题文
设集合W是满足下列两个条件的无穷数列{an}的集合：①an+an+22≤an+1；②an≤M，其中n∈N*，M是与n无关的常数．（1）若{an}是等差数列，Sn是其前n项的和，a3=4，S3=18，证明：{Sn}∈W
（2）设数列{bn}的通项为bn=5n-2n，且{bn}∈W，求M的取值范围；
（3）设数列{cn}的各项均为正整数，且{cn}∈W，证明：cn＜cn+1． 题型：未知 难度：其他题型
答案
（1）设等差数列{an}的公差是d，则a1+2d=4，3a1+3d=18，解得a1=8，d=-2，所以Sn=na1+n(n-1)2d=-n2+9n（2分）
由Sn+Sn+22-Sn+1=12[（-n2+9n）-（n+2）2+9（n+2）+2（n+1）2-18（n+1）]=-1＜0
得Sn+Sn+22＜Sn+1，适合条件①；
又Sn=-n2+9n=-(n-92)2+814，所以当n=4或5时，Sn取得最大值20，即Sn≤20，适合条件②
综上，{Sn}∈W（4分）
（2）因为bn+1-bn=5（n+1）-2n+1-5n+2n=5-2n
所以当n≥3时，bn+1-bn＜0，此时数列{bn}单调递减；
当n=1，2时，bn+1-bn＞0，即b1＜b2＜b3，因此数列{bn}中的最大项是b3=7
所以M≥7（8分）
（3）假设存在正整数k，使得ck＞ck+1成立
由数列{cn}的各项均为正整数，可得ck+1≤ck-1
因为ck+ck+22≤ck+1，所以ck+2≤2ck+1-ck≤2（ck-1）-ck=ck--2
由ck+2≤2ck+1-ck及ck＞ck+1，得ck+2＜2ck+2-ck+1=ck+1，故ck+2≤ck+1-1
因为ck+1+ck+32≤ck+2，所以ck+3≤2ck+2-ck+1≤2（ck+1-1）-ck+1=ck+1-2≤ck-3
依此类推，可得ck+m≤ck-m（m∈N*）
设ck=p（p∈N*），则当m=p时，有ck+p≤ck-p=0
这显然与数列{cn}的各项均为正整数矛盾！
所以假设不成立，即对于任意n∈N*，都有cn≤cn+1成立．（16分）
解析
n(n-1)2考点
据考高分专家说，试题“设集合W是满足下列两个条件的无穷数列{a.....”主要考查你对 [等差数列的前n项和 ]考点的理解。 等差数列的前n项和等差数列的前n项和的公式：
（1）
，（2）
，（3）
，（4）
当d≠0时，Sn是关于n的二次函数且常数项为0，
｛an｝为等差数列，反之不能。
等差数列的前n项和的有关性质：
（1）
，…成等差数列；
（2）｛an｝有2k项时，
＝kd；
（3）｛an｝有2k+1项时，S奇=（k+1）ak+1=（k+1）a平， S偶=kak+1=ka平，S奇：S偶=（k+1）：k，S奇－S偶＝ak+1=a平；
解决等差数列问题常用技巧：
1、等差数列中，已知5个元素：a1，an，n，d， S中的任意3个，便可求出其余2个，即知3求2。
为减少运算量，要注意设元的技巧，如奇数个成等差，可设为…，a-2d，a-d，a，a+d，a+2d，…，偶数个成等差，可设为…，a-3d，a-d，a+d，a+3d，…
2、等差数列｛an｝中，（1）若ap=q，aq=p，则列方程组可得：d=-1，a1=p+q-1，ap+q=0，S=-（p+q）；
(2)当Sp＝Sq时（p≠q），数形结合分析可得Sn中最大
，Sp+q＝0，此时公差d＜0。
