Question

9．已知數(shù)列{c_n}的前n項和為S_n，滿足2S_n=n（c_n+2）．
（1）求c₁的值，并證明數(shù)列{c_n}是等差數(shù)列；
（2）若${a_n}=\frac{c_n}{2^n}$，且數(shù)列{a_n}的最大項為$\frac{5}{4}$．
①求數(shù)列{a_n}的通項公式；
②若存在正整數(shù)x，使a_m，a_n，xa_k成等差數(shù)列（m＜n＜k，m，n，k∈N^*），則當(dāng)T（x）=a_m+a_n+xa_k取得最大值時，求x的最小值．

Answer 1

分析 （1）2S_n=n（c_n+2），2S₁=2c₁=c₁+2，解得c₁=2，n≥2時，2c_n=2S_n-2S_n-1．化為：（n-2）c_n-（n-1）c_n-1+2=0．可得（n-1）c_n+1-nc_n+2=0，相減可得：2c_n=c_n+1+c_n-1．即可證明．
（2）①設(shè)數(shù)列{c_n}的公差為d，則a_n=$\frac{（n-1）d+2}{{2}^{n}}$．對d分類討論，d≤0時舍去，d＞0，a_n+1-a_n=$\frac{-（n-2）d-2}{{2}^{n}}$＜0，在n≥2時恒成立，可得a₂為最大值．由a₂=$\frac{d+2}{{2}^{2}}$=$\frac{5}{4}$，解得d．可得a_n．
②存在正整數(shù)x，使a_m，a_n，xa_k成等差數(shù)列（m＜n＜k，m，n，k∈N^*），可得2a_n=a_m+xa_k，T（x）=a_m+a_n+xa_k=3a_n，由①可知：a₂最大，首先考察a₂．此時xa_k=2a₂-a₁．即$x•\frac{3k-1}{{2}^{k}}$=$\frac{3}{2}$，解得x=$\frac{3×{2}^{k-1}}{3k-1}$（k≥3）．利用其單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）∵2S_n=n（c_n+2），∴2S₁=2c₁=c₁+2，解得c₁=2，
n≥2時，2c_n=2S_n-2S_n-1=n（c_n+2）-（n-1）（c_n-1+2）．化為：（n-2）c_n-（n-1）c_n-1+2=0．
∴（n-1）c_n+1-nc_n+2=0，相減可得：2c_n=c_n+1+c_n-1．
∴數(shù)列{c_n}是等差數(shù)列，首項為2．
（2）①設(shè)數(shù)列{c_n}的公差為d，則a_n=$\frac{（n-1）d+2}{{2}^{n}}$．
若d≤0，則a_n=$\frac{（n-1）d+2}{{2}^{n}}$≤a₁=1，與已知數(shù)列{a_n}的最大項為$\frac{5}{4}$矛盾．
若d＞0，a_n+1-a_n=$\frac{nd+2}{{2}^{n+1}}$-$\frac{（n-1）d+2}{{2}^{n}}$=$\frac{-（n-2）d-2}{{2}^{n}}$＜0，在n≥2時恒成立，可得a₂為最大值．
由a₂=$\frac{d+2}{{2}^{2}}$=$\frac{5}{4}$，解得d=3．
∴a_n=$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$．
②∵存在正整數(shù)x，使a_m，a_n，xa_k成等差數(shù)列（m＜n＜k，m，n，k∈N^*），
∴2a_n=a_m+xa_k，
T（x）=a_m+a_n+xa_k=3a_n，由①可知：a₂最大，首先考察a₂．
此時xa_k=2a₂-a₁=$2×\frac{5}{4}$-1=$\frac{3}{2}$．即$x•\frac{3k-1}{{2}^{k}}$=$\frac{3}{2}$，解得x=$\frac{3×{2}^{k-1}}{3k-1}$（k≥3）．
考察3k-1=8，11，14，17，…．
當(dāng)k=11時，x取得最小值，x=$\frac{3×{2}^{10}}{32}$=96∈N^*．
∴當(dāng)T（x）=a_m+a_n+xa_k取得最大值時，x的最小值為96．

點評 本題考查了等差數(shù)列的通項公式及其性質(zhì)、分類討論方法、數(shù)列的遞推關(guān)系、單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．