（Ⅰ）设等差数列{an}的公差是d，
则a1+2d=4，3a1+3d=18，
解得a1=8，d=-2．，
所以Sn=na1+d=-n2+9n．
由-Sn+1=[(-n2+9n)-(n+2)2+9(n+2)+2(n+1)2-18(n+1)]＜0，
得 ＜Sn+1，适合条件 ①．
又Sn=-n2+9n=-(n-)2+，
所以当n=4或5时，Sn取得最大值20，
即Sn≤20，适合条件 ②．
所以，{Sn}∈A．4分
（Ⅱ）由（Ⅰ）得a1=8，d=-2，
故an=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==2．
所以ant=a6•qt+1=-2•2t+1．
又ant=10-2nt，所以nt=2t+1+5．
从而bm=10m-2m+1-5．
因为-bm+1=| (10m-2m+1-5)+[10(m+2)-2m+3-5] | | 2 |
-[10（m+1）-2m+2-5]=-2m＜0，
故＜bm+1．
又b1＜b2＜b3，并且b3＞b4＞b5＞…，
而b3=10×3-23+1-5=9，
故当m∈N*时，bm≤9．
综上，当m∈N*时，{bm}∈A，此时M的取值范围是[9，+∞）．9分
（Ⅲ）假设存在正整数k，使得ck＞ck+1成立．
由数列{cn}的各项均为正整数，
可得ck≥ck+1+1，即ck+1≤ck-1．
∵ ≤ck+2，
∴ck+2≤2ck+1-ck
≤2（ck-1）-ck
=ck-2，
由ck+2≤2ck+1-ck及ck＞ck+1，
得ck+2＜2ck+1-ck+1=ck+1，
故ck+2≤ck+1-1．
∵≤ck+2，
∴ck+3≤2ck+2-ck+1≤2（ck+1-1）-ck+1=ck+1-2≤ck-3，
依此类推，可得ck+m≤ck-m（m∈N*）．
设ck=p（p∈N*），则当m=p时，有ck+p≤ck-p=0，
这显然与数列{cn}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cn≤cn+1成立．14分． |
