（1）∵b_n+1-b_n=5-2ⁿ，∴n≥3，b_n+1-b_n＜0，故数列{b_n}单调递减；（3分）

当n=1，2时，b_n+1-b_n＞0，即b₁＜b₂＜b₃，

则数列{b_n}中的最大项是b₃=7，所以M≥7．（4分）

（2）证明：∵{c_n}是各项正数的等比数列，S_n是其前n项和，c₃=

1

4

，S₃=

7

4

设其公比为q＞0，∴

c3

q2

+

c3

q

+c₃=

7

4

．（6分）

整理，得6q²-q-1=0，解得q=

1

2

，q=-

1

3

（舍去）．

∴c₁=1，c_n=

1

2n-1

，S_n=2-

1

2n

=S_n+2，S＜2．（8分）

对任意的n∈N^*，有

Sn+Sn+2

2

=2-

1

2n

-

1

2n+2

＜2-

1

2n+1

=S_n+1，且S_n＜2，

故{S_n}是Ω数列．（10分）

（3）证明：假设存在正整数k使得d_k＞d_k+1成立，由数列{d_n}的各项均为正整数，可得d_k≥d_k+1+1，即d_k+1≤d_k-1．

因为

dk+dk+2

2

≤d_k+1，所以d_k+2≤2d_k+1-d_k≤2（d_k-1）-d_k=d_k-2．

由d_k+2≤2d_k+1-d_k及d_k＞d_k+1得d_k+2＜2d_k+1-d_k+1=d_k+1，故d_k+2≤d_k+1-1．

因为

dk+1+dk+3

2

≤d_k+2，所以d_k+3≤2d_k+2-d_k+1≤2（d_k+1-1）-d_k+1=d_k+1-2≤d_k-3，

由此类推，可得d_k+m≤d_k-m（m∈N^*）．（14分）

又存在M，使d_k≤M，∴m＞M，使d_k+m＜0，这与数列{d_n}的各项均为正数矛盾，所以假设不成立，

即对任意n∈N^*，都有d_k≤d_k+1成立．（16分）