Question

（2013•嘉定区二模）（文）已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且对于任意n∈N^*，总有S_n=2（a_n-1）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）在a_n与a_n+1之间插入n个数，使这n+2个数组成等差数列，当公差d满足3＜d＜4时，求n的值并求这个等差数列所有项的和T；
（3）记a_n=f（n），如果cn=n•f(n•log

2

m)（n∈N^*），问是否存在正实数m，使得数列{c_n}是单调递减数列？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（1）当n=1时，可求得a₁=2，当n≥2时S_n-1=2（a_n-1-1），与已知关系式相减，可求得a_n=2a_n-1，利用等比数列的概念即可求得数列{a_n}的通项公式；
（2）由题意，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

，从而可知等差数列首项为16，公差为

16

3

，共有6项，利用等差数列的求和公式即可求得所有项的和T；
（3）（1）知f（n）=2ⁿ，依题意可求得c_n=n•m²ⁿ，由c_n+1＜c_n，可求得m²＜

n

n+1

1-

1

n+1

对任意n∈N^*成立，构造函数g（n）=1-

1

n+1

，利用g（n）在n∈N^*上单调递增的性质，得m的取值范围是（0，

2

2

）时，数列{c_n}是单调递减数列．

解答：解：（1）当n=1时，由已知a₁=2（a₁-1），得a₁=2．
当n≥2时，由S_n=2（a_n-1），S_n-1=2（a_n-1-1），两式相减得a_n=2a_n-2a_n-1，
即a_n=2a_n-1，所以{a_n}是首项为2，公比为2的等比数列．
所以，a_n=2ⁿ（n∈N^*）．
（2）由题意，a_n+1=a_n+（n+1）d，故d=

an+1-an

n+1

，即d=

2n

n+1

，
因为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

．所以所得等差数列首项为16，公差为

16

3

，共有6项．
所以这个等差数列所有项的和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．
由题意，c_n+1＜c_n，即（n+1）•m²ⁿ⁺²＜n•m²ⁿ对任意n∈N^*成立，
所以m²＜

n

n+1

1-

1

n+1

对任意n∈N^*成立．
因为g（n）=1-

1

n+1

在n∈N^*上是单调递增的，所以g（n）的最小值为g（1）=

1

2

．
所以m²＜

1

2

．由m＞0得m的取值范围是（0，

2

2

）．
所以，当m∈（0，

2

2

）时，数列{c_n}是单调递减数列．

点评：本题考查等差数列与等比数列的综合，突出等比数列的确定与等差数列的求和，考查构造函数思想与单调性的分析应用，属于难题．