题目 若数列 $\{a_n\}$ 满足：“对任意正整数 $n$，都有 $\dfrac{a_{n+2}+a_n}{2}\leqslant a_{n+1}$ 成立”，则称 $\{a_n\}$ 为 $T$ 数列． 问题1 设 $a_n=n^2+n+1,b_n=\ln\dfrac{n}{n+1}$，试分别判断数列 $\{a_n\},\{b_n\}$ 是否为 $T$ 数列，并说明理由； 答案1 $\{a_n\}$ 不是 $T$ 数列．$\{b_n\}$ 是 $T$ 数列 解析1 对于 $a_n=n^2+n+1$，取 $n=1$，则$$\dfrac{a_{n+2}+a_n}{2}-a_{n+1}=\dfrac{a_3+a_1}{2}-a_2=1>0,$$所以 $\{a_n\}$ 不是 $T$ 数列．<br/>对于 $b_n=\ln\dfrac{n}{n+1}$，有$$\forall n\in\mathbb N^*,\dfrac{b_{n+2}+b_n}{2}-b_{n+1}=\dfrac12\ln\dfrac{n^4+6n^3+12n^2+8n}{n^4+6n^3+12n^2+10n+3}<0,$$所以 $\{b_n\}$ 是 $T$ 数列． 备注1 问题2 设数列 $\{a_n\}$ 的前项和为 $S_n=n^2+n+t$（其中 $t$ 为常数），证明：该数列 $\{a_n\}$ 为 $T$ 数列的充分必要条件是 $t\leqslant0$； 答案2 略 解析2 因为$$a_n=\begin{cases}t+2,n=1\\S_n-S_{n-1},n\geqslant2\end{cases}=\begin{cases}t+2,n=1\\2n,n\geqslant2\end{cases}$$因此当 $n\geqslant2$ 时，$$\dfrac{a_{n+2}+a_n}{2}=a_{n+1},$$满足条件．<br/>故 $\{a_n\}$ 为 $T$ 数列的充分必要条件是 $n=1$ 时，$\dfrac{a_{n+1}+a_n}{2}\leqslant a_{n+1}$，<br/>即$$\dfrac{a_3+a_1}{2}\leqslant a_2,$$解得 $t\leqslant0$，因此原命题得证． 备注2 问题3 设 $\{a_n\}$ 为 $T$ 数列，且 $a_1=1,a_{4000}=11998$，试求 $a_{2012}$ 的最小值，证明你的结论． 答案3 $6034$ 解析3 因为 $\{a_n\}$ 为 $T$ 数列，所以对任意 $n\in\mathbb N^*$，$$a_{n+2}-a_{n+1}\leqslant a_{n+1}-a_n,$$于是对任意 $n\in\mathbb N^*,m\in\mathbb N^*$，有$$a_{n+m}-a_n\leqslant m(a_{n+1}-a_n),$$即$$a_{n+1}\geqslant \dfrac{a_{n+m}-a_n}{m}+a_n.$$取 $m=4000-n$，有$$a_{n+1}\geqslant\dfrac{11998-a_n}{4000-n}+a_n.$$当 $n=1$ 时，有 $a_2\geqslant4$；<br/>当 $n=2$ 时，有$$a_3\geqslant\dfrac{11998-a_2}{3998}+a_2\geqslant7,$$$\cdots$；<br/>依次类推，$$a_{2012}\geqslant6034.$$取 $a_n=3n-2$，则 $\{a_n\}$ 是满足题意的 $T$ 数列，此时 $a_{2012}=6034$．<br/>因此 $a_{2012}$ 的最小值为 $6034$． 备注3 $T$ 数列即上凸数列．