Question

19．已知数列{a_n}的各项均为非负数，其前n项和为S_n，且对任意的n∈N^*，都有${a_{n+1}}≤\frac{{{a_n}+{a_{n+2}}}}{2}$．
（1）若a₁=1，a₅₀₅=2017，求a₆的最大值；
（2）若对任意n∈N^*，都有S_n≤1，求证：$0≤{a_n}-{a_{n+1}}≤\frac{2}{n（n+1）}$．

Answer 1

分析 （1）由题意知a_n+1-a_n≤a_n+2-a_n+1，设d_i=a_i+1-a_i（i=1，2，…，504），可得d₁≤d₂≤d₃≤…≤d₅₀₄，且d₁+d₂+d₃+…+d₅₀₄=2016，可得$\frac{{{d_1}+{d_2}+…+{d_5}}}{5}≤$$\frac{{{d_6}+{d_7}+…+{d_{504}}}}{409}$=$\frac{{2016-（{d_1}+{d_2}+…+{d_5}）}}{409}$，即可得出．
（2）若存在k∈N^*，使得a_k＜a_k+1，则由${a_{n+1}}≤\frac{{{a_n}+{a_{n+2}}}}{2}$，得a_k+1≤a_k-a_k+1≤a_k+2，因此，从a_n项开始，数列{a_n}严格递增，可得a₁+a₂+…+a_n≥a_k+a_k+1+…+a_n≥（n-k+1）a_k，可得矛盾，因此以{a_n}不可能递增，即只能a_n-a_n+1≥0．令b_k=a_k-a_k+1，（k∈N^*），由a_k-a_k+1≥a_k+1-a_k+2，得b_k≥b_k+1，b_k＞0，进而得出．

解答 解：（1）由题意知a_n+1-a_n≤a_n+2-a_n+1，设d_i=a_i+1-a_i（i=1，2，…，504），
则d₁≤d₂≤d₃≤…≤d₅₀₄，且d₁+d₂+d₃+…+d₅₀₄=2016，
∵$\frac{{{d_1}+{d_2}+…+{d_5}}}{5}≤$$\frac{{{d_6}+{d_7}+…+{d_{504}}}}{409}$=$\frac{{2016-（{d_1}+{d_2}+…+{d_5}）}}{409}$，
所以d₁+d₂+…+d₅≤20，
∴a₆=a₁+（d₁+d₂+…+d₅）≤21．
（2）证明：若存在k∈N^*，使得a_k＜a_k+1，则由${a_{n+1}}≤\frac{{{a_n}+{a_{n+2}}}}{2}$，
得a_k+1≤a_k-a_k+1≤a_k+2，
因此，从a_n项开始，数列{a_n}严格递增，
故a₁+a₂+…+a_n≥a_k+a_k+1+…+a_n≥（n-k+1）a_k，
对于固定的k，当n足够大时，必有a₁+a₂+…+a_n≥1，与题设矛盾，所以{a_n}不可能递增，即只能a_n-a_n+1≥0．
令b_k=a_k-a_k+1，（k∈N^*），
由a_k-a_k+1≥a_k+1-a_k+2，得b_k≥b_k+1，b_k＞0，
故1≥a₁+a₂+…+a_n=（b₁+a₂）+a₂+…+a_n=b₁+2（b₂+a₃）+a₃+…+a_n，=…=b₁+2b₂+…+nb_n+na_n$≥（1+2+…+n）{b_n}=\frac{n（n+1）}{2}{b_n}$，
所以${b_n}≤\frac{2}{n（n+1）}$，
综上，对一切n∈N^*，都有$0≤{a_n}-{a_{n+1}}≤\frac{2}{n（n+1）}$．

点评 本题考查了等差数列的通项公式、数列递推关系、反证法、数列的单调性、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．