若实数列{an}满足ak-1+ak+1≥2ak（k=2，3，…），则称数列{an}为凸数列．

解题思路：（Ⅰ）将an＝(

3

2

)n(n∈N+)代入a_k+1+a_k-1-2a_k判定符号，从而确定数列{a_n}是否是凸数列；
（Ⅱ） （i）由a_k-1+a_k+1≥2a_k（k=2，3，…）得a_k+1-a_k≥a_k-a_k-1，从而a_m-a_n≥（m-n）（a_n+1-a_n）则

am−an

m−n

≥an+1−an，同理可得a_n-a_k≤（n-k）（a_n+1-a_n）即

an−ak

n−k

≤an+1−an，从而证得结论；
（ii）由

am−an

m−n

≥

an−ak

n−k

得（m-n）a_k+（n-k）a_m≥（m-k）a_n①，先证{

Sn

n

}是凸数列，由①得可得结论．

（Ⅰ）∵ak+1+ak−1−2ak＝(
3
2)k+1+(
3
2)k−1−2(
3
2)k＝
1
4(
3
2)k−1＞0，
∴数列an＝(
3
2)n(n∈N+)是凸数列．
证明（Ⅱ） （i）由a_k-1+a_k+1≥2a_k（k=2，3，…）得
a_k+1-a_k≥a_k-a_k-1a_m-a_n=（a_m-a_m-1）+（a_m-1-a_m-2）+…+（a_n+1-a_n）≥（m-n）（a_n+1-a_n）
⇒
am−an
m−n≥an+1−an，a_n-a_k=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a_k+1-a_k）≤（n-k）（a_n-a_n-1）≤（n-k）（a_n+1-a_n）
⇒
an−ak
n−k≤an+1−an，故
am−an
m−n≥
an−ak
n−k]．
（ii）由
am−an
m−n≥
an−ak
n−k得（m-n）a_k+（n-k）a_m≥（m-k）a_n．①
故先证{
Sn
n}是凸数列．
在（m-n）a_k+（n-k）a_m≥（m-k）a_n中令m=n+1得a_k+（n-k）a_n+1≥（n+1-k）a_n，令k=1，2，…，n-1，（n≥2）叠加得Sn−1+
1
2n(n−1)an+1≥
1
2(n+2)(n−1)an，⇒2S_n-1+n（n-1）（S_n+1-S_n）≥（n+2）（n-1）（S_n-S_n-1）

⇒n(n+1)Sn−1+n(n−1)Sn+1≥2(n2−1)Sn
⇒
S

点评：
本题考点： 数列与不等式的综合；数列的函数特性．

考点点评： 本题主要考查了数列与不等式的综合，以及新定义和数列的函数特性，同时考查了计算能力，属于难题．