Question

（2013•嘉定區(qū)二模）（文）已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且對于任意n∈N^*，總有S_n=2（a_n-1）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）在a_n與a_n+1之間插入n個數(shù)，使這n+2個數(shù)組成等差數(shù)列，當(dāng)公差d滿足3＜d＜4時，求n的值并求這個等差數(shù)列所有項的和T；
（3）記a_n=f（n），如果cn=n•f(n•log

2

m)（n∈N^*），問是否存在正實數(shù)m，使得數(shù)列{c_n}是單調(diào)遞減數(shù)列？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）當(dāng)n=1時，可求得a₁=2，當(dāng)n≥2時S_n-1=2（a_n-1-1），與已知關(guān)系式相減，可求得a_n=2a_n-1，利用等比數(shù)列的概念即可求得數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）由題意，a_n+1=a_n+（n+1）d，可求得d=

2n

n+1

，利用3＜d＜4，可求得d=

16

5

，從而可知等差數(shù)列首項為16，公差為

16

3

，共有6項，利用等差數(shù)列的求和公式即可求得所有項的和T；
（3）（1）知f（n）=2ⁿ，依題意可求得c_n=n•m²ⁿ，由c_n+1＜c_n，可求得m²＜

n

n+1

1-

1

n+1

對任意n∈N^*成立，構(gòu)造函數(shù)g（n）=1-

1

n+1

，利用g（n）在n∈N^*上單調(diào)遞增的性質(zhì)，得m的取值范圍是（0，

2

2

）時，數(shù)列{c_n}是單調(diào)遞減數(shù)列．

解答：解：（1）當(dāng)n=1時，由已知a₁=2（a₁-1），得a₁=2．
當(dāng)n≥2時，由S_n=2（a_n-1），S_n-1=2（a_n-1-1），兩式相減得a_n=2a_n-2a_n-1，
即a_n=2a_n-1，所以{a_n}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列．
所以，a_n=2ⁿ（n∈N^*）．
（2）由題意，a_n+1=a_n+（n+1）d，故d=

an+1-an

n+1

，即d=

2n

n+1

，
因為3＜d＜4，
所以3＜

2n

n+1

＜4，即3n+3＜2ⁿ＜4n+4，解得n=4，
所以d=

16

5

．所以所得等差數(shù)列首項為16，公差為

16

3

，共有6項．
所以這個等差數(shù)列所有項的和T=

6•(16+32)

2

=144．
所以，n=4，T=144．
（3）由（1）知f（n）=2ⁿ，
所以c_n=n•f（n•log

2

m）=n•2n•log

2

m=n•2n•log2m2=n•22n•log2m=n•(2log2m)2n=n•m²ⁿ．
由題意，c_n+1＜c_n，即（n+1）•m²ⁿ⁺²＜n•m²ⁿ對任意n∈N^*成立，
所以m²＜

n

n+1

1-

1

n+1

對任意n∈N^*成立．
因為g（n）=1-

1

n+1

在n∈N^*上是單調(diào)遞增的，所以g（n）的最小值為g（1）=

1

2

．
所以m²＜

1

2

．由m＞0得m的取值范圍是（0，

2

2

）．
所以，當(dāng)m∈（0，

2

2

）時，數(shù)列{c_n}是單調(diào)遞減數(shù)列．

點評：本題考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合，突出等比數(shù)列的確定與等差數(shù)列的求和，考查構(gòu)造函數(shù)思想與單調(diào)性的分析應(yīng)用，屬于難題．