Question

19．已知數(shù)列{a_n}的各項均為非負數(shù)，其前n項和為S_n，且對任意的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）若對任意n∈N^*，都有S_n≤1，求證：$0≤{a_n}-{a_{n+1}}≤\frac{2}{n（n+1）}$．

Answer 1

分析 （1）由題意知a_n+1-a_n≤a_n+2-a_n+1，設(shè)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}$，即可得出．
（2）若存在k∈N^*，使得a_k＜a_k+1，則由${a_{n+1}}≤\frac{{{a_n}+{a_{n+2}}}}{2}$，得a_k+1≤a_k-a_k+1≤a_k+2，因此，從a_n項開始，數(shù)列{a_n}嚴格遞增，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}不可能遞增，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，進而得出．

解答 解：（1）由題意知a_n+1-a_n≤a_n+2-a_n+1，設(shè)d_i=a_i+1-a_i（i=1，2，…，504），
則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}$，
所以d₁+d₂+…+d₅≤20，
∴a₆=a₁+（d₁+d₂+…+d₅）≤21．
（2）證明：若存在k∈N^*，使得a_k＜a_k+1，則由${a_{n+1}}≤\frac{{{a_n}+{a_{n+2}}}}{2}$，
得a_k+1≤a_k-a_k+1≤a_k+2，
因此，從a_n項開始，數(shù)列{a_n}嚴格遞增，
故a₁+a₂+…+a_n≥a_k+a_k+1+…+a_n≥（n-k+1）a_k，
對于固定的k，當n足夠大時，必有a₁+a₂+…+a_n≥1，與題設(shè)矛盾，所以{a_n}不可能遞增，即只能a_n-a_n+1≥0．
令b_k=a_k-a_k+1，（k∈N^*），
由a_k-a_k+1≥a_k+1-a_k+2，得b_k≥b_k+1，b_k＞0，
故1≥a₁+a₂+…+a_n=（b₁+a₂）+a₂+…+a_n=b₁+2（b₂+a₃）+a₃+…+a_n，=…=b₁+2b₂+…+nb_n+na_n$≥（1+2+…+n）{b_n}=\frac{n（n+1）}{2}{b_n}$，
所以${b_n}≤\frac{2}{n（n+1）}$，
綜上，對一切n∈N^*，都有$0≤{a_n}-{a_{n+1}}≤\frac{2}{n（n+1）}$．

點評 本題考查了等差數(shù)列的通項公式、數(shù)列遞推關(guān)系、反證法、數(shù)列的單調(diào)性、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．