Question

19．設(shè)集合W由滿足下列兩個條件的數(shù)列{a_n}構(gòu)成：
①$\frac{{a}_{n}+{a}_{n+2}}{2}$＜a_n+1；  ②存在實(shí)數(shù)M，使a_n≤M．（n為正整數(shù)）．
在以下數(shù)列（1）{n²+1}；（2）{$\frac{2n+9}{2n+11}$}；  （3）{2+$\frac{4}{n}$}；（4）{1-$\frac{1}{{2}^{n}}$}中屬于集合W的數(shù)列編號為（2）（4）．

Answer 1

分析 （1）數(shù)列{n²+1}是無界的，因此不存在實(shí)數(shù)M，使a_n≤M．（n為正整數(shù)），故不屬于集合W．
（2）$\frac{2n+9}{2n+11}$=1-$\frac{2}{2n+11}$．作差a_n+a_n+2-2a_n+1=$\frac{-16}{（2n+11）（2n+13）（2n+15）}$＜0，因此滿足：$\frac{{a}_{n}+{a}_{n+2}}{2}$＜a_n+1； 由于$\frac{2n+9}{2n+11}$=1-$\frac{2}{2n+11}$＜1．因此存在實(shí)數(shù)M=1，使a_n≤M．可得（2）屬于集合W．
（3）作差a_n+a_n+2-2a_n+1＞0，因此不滿足：$\frac{{a}_{n}+{a}_{n+2}}{2}$＜a_n+1； 故不屬于集合W．
（4）a_n+a_n+2-2a_n+1=$\frac{2}{{2}^{n+1}}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{1}{{2}^{n+2}}$=-$\frac{1}{{2}^{n+2}}$＜0，因此滿足：$\frac{{a}_{n}+{a}_{n+2}}{2}$＜a_n+1； 由于1-$\frac{1}{{2}^{n}}$＜1．因此存在實(shí)數(shù)M=1，使a_n≤M．即可判斷出結(jié)論．

解答 解：（1）數(shù)列{n²+1}是無界的，因此不存在實(shí)數(shù)M，使a_n≤M．（n為正整數(shù)），故不屬于集合W．
（2）$\frac{2n+9}{2n+11}$=1-$\frac{2}{2n+11}$．
a_n+a_n+2-2a_n+1=$\frac{4}{2n+13}$-$\frac{2}{2n+11}$-$\frac{2}{2n+15}$=$\frac{-16}{（2n+11）（2n+13）（2n+15）}$＜0，因此滿足：$\frac{{a}_{n}+{a}_{n+2}}{2}$＜a_n+1； 
由于$\frac{2n+9}{2n+11}$=1-$\frac{2}{2n+11}$＜1．因此存在實(shí)數(shù)M=1，使a_n≤M．
綜上可得：（2）滿足條件①②，屬于集合W．
（3）a_n+a_n+2-2a_n+1=$\frac{4}{n}+\frac{4}{n+2}$-$\frac{8}{n+1}$=$\frac{8}{n（n+1）（n+2）}$＞0，因此不滿足：$\frac{{a}_{n}+{a}_{n+2}}{2}$＜a_n+1； 故不屬于集合W．
（4）a_n+a_n+2-2a_n+1=$\frac{2}{{2}^{n+1}}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$-$\frac{1}{{2}^{n+2}}$=-$\frac{1}{{2}^{n+2}}$＜0，因此滿足：$\frac{{a}_{n}+{a}_{n+2}}{2}$＜a_n+1； 
由于1-$\frac{1}{{2}^{n}}$＜1．因此存在實(shí)數(shù)M=1，使a_n≤M．綜上可得：（4）滿足條件①②，屬于集合W．
故答案為：（2）（4）．

點(diǎn)評 本題考查了數(shù)列通項(xiàng)公式、作差法、新定義、數(shù)列的有界性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．