如果无穷数列{an}满足下列条件：①≤an+1；②存在实数M，使an≤M．其中n...

（1）根据新定义，确定数列{bn}中的最大项，即可得到M的取值范围； （2）确定数列的通项cn=，求得数列的和，证明＜Sn+1，且Sn＜2即可； （3）假设存在正整数k使得dk＞dk+1成立，由数列{dn}的各项均为正整数，可得dk≥dk+1+1，即dk+1≤dk-1，利用≤dk+1，可得dk+2≤dk+1-1，由此类推，可得dk+m≤dk-m（m∈N*），从而可得dk+m＜0，这与数列{dn}的各项均为正数矛盾，由此得证． （1）【解析】 ∵bn+1-bn=5-2n，∴n≥3，bn+1-bn＜0，故数列{bn}单调递减；（3分） 当n=1，2时，bn+1-bn＞0，即b1＜b2＜b3， 则数列{bn}中的最大项是b3=7，所以M≥7．（4分） （2）证明：∵{cn}是各项正数的等比数列，Sn是其前n项和，c3=，S3= 设其公比为q＞0，∴++c3=．（6分） 整理，得6q2-q-1=0，解得q=，q=-（舍去）． ∴c1=1，cn=，Sn=2-=Sn+2，S＜2．（8分） 对任意的n∈N*，有=2--＜2-=Sn+1，且Sn＜2， 故{Sn}是Ω数列．（10分） （3）证明：假设存在正整数k使得dk＞dk+1成立，由数列{dn}的各项均为正整数，可得dk≥dk+1+1，即dk+1≤dk-1． 因为≤dk+1，所以dk+2≤2dk+1-dk≤2（dk-1）-dk=dk-2． 由dk+2≤2dk+1-dk及dk＞dk+1得dk+2＜2dk+1-dk+1=dk+1，故dk+2≤dk+1-1． 因为≤dk+2，所以dk+3≤2dk+2-dk+1≤2（dk+1-1）-dk+1=dk+1-2≤dk-3， 由此类推，可得dk+m≤dk-m（m∈N*）．（14分） 又存在M，使dk≤M，∴m＞M，使dk+m＜0，这与数列{dn}的各项均为正数矛盾，所以假设不成立， 即对任意n∈N*，都有dk≤dk+1成立．（16分）