（Ⅰ）设等差数列{a_n}的公差是d，

则a₁+2d=4，3a₁+3d=18，

解得a₁=8，d=-2．，

所以Sn=na1+

n(n-1)

2

d=-n2+9n．

由

Sn+Sn+2

2

-Sn+1=

1

2

[(-n2+9n)-(n+2)2+9(n+2)+2(n+1)2-18(n+1)]＜0，

得 

Sn+Sn+2

2

＜Sn+1，适合条件 ①．

又Sn=-n2+9n=-(n-

9

2

)2+

81

4

，

所以当n=4或5时，S_n取得最大值20，

即S_n≤20，适合条件 ②．

所以，{S_n}∈A．4分

（Ⅱ）由（Ⅰ）得a₁=8，d=-2，

故a_n=8-2（n-1）=10-2n，

因此a₆=-2，a₇=-4．

因为a6，a7，an1，an2，…，ant，…成等比数列，

故q=

a7

a6

=2．

所以ant=a6•qt+1=-2•2t+1．

又ant=10-2nt，所以n_t=2^t+1+5．

从而b_m=10m-2^m+1-5．

因为

bm+bm+2

2

-bm+1=

(10m-2m+1-5)+[10(m+2)-2m+3-5]

2

-[10（m+1）-2^m+2-5]=-2^m＜0，

故

bm+bm+2

2

＜bm+1．

又b₁＜b₂＜b₃，并且b₃＞b₄＞b₅＞…，

而b₃=10×3-2³⁺¹-5=9，

故当m∈N^*时，b_m≤9．

综上，当m∈N^*时，{b_m}∈A，此时M的取值范围是[9，+∞）．9分

（Ⅲ）假设存在正整数k，使得c_k＞c_k+1成立．

由数列{c_n}的各项均为正整数，

可得c_k≥c_k+1+1，即c_k+1≤c_k-1．

∵

ck+1+ck+2

2

 ≤ck+2，

∴c_k+2≤2c_k+1-c_k

≤2（c_k-1）-c_k

=c_k-2，

由c_k+2≤2c_k+1-c_k及c_k＞c_k+1，

得c_k+2＜2c_k+1-c_k+1=c_k+1，

故c_k+2≤c_k+1-1．

∵

ck+1+ck+3

2

≤ck+2，

∴c_k+3≤2c_k+2-c_k+1≤2（c_k+1-1）-c_k+1=c_k+1-2≤c_k-3，

依此类推，可得c_k+m≤c_k-m（m∈N^*）．

设c_k=p（p∈N^*），则当m=p时，有c_k+p≤c_k-p=0，

这显然与数列{c_n}的各项均为正整数矛盾．

所以假设不成立，即对于任意n∈N^*，都有c_n≤c_n+1成立．14分．