已知数列{cn}的前n项和为Sn.满足2Sn=n(cn+2)．(1)求c1的值.并证明数列{cn}是等差数列,(2)若${a n}=\frac{c n}{2^n}$.且数列{an}的最大项为$\frac{5}{4}$．①求数列{an}的通项公式,②若存在正整数x.使am.an.xak成等差数列(m＜n＜k.m.n.k∈N*).则当T(x)=am+an+xak取得最大值时.求x� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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9．已知数列{c_n}的前n项和为S_n，满足2S_n=n（c_n+2）．
（1）求c₁的值，并证明数列{c_n}是等差数列；
（2）若${a_n}=\frac{c_n}{2^n}$，且数列{a_n}的最大项为$\frac{5}{4}$．
①求数列{a_n}的通项公式；
②若存在正整数x，使a_m，a_n，xa_k成等差数列（m＜n＜k，m，n，k∈N^*），则当T（x）=a_m+a_n+xa_k取得最大值时，求x的最小值．

分析（1）2S_n=n（c_n+2），2S₁=2c₁=c₁+2，解得c₁=2，n≥2时，2c_n=2S_n-2S_n-1．化为：（n-2）c_n-（n-1）c_n-1+2=0．可得（n-1）c_n+1-nc_n+2=0，相减可得：2c_n=c_n+1+c_n-1．即可证明．
（2）①设数列{c_n}的公差为d，则a_n=$\frac{（n-1）d+2}{{2}^{n}}$．对d分类讨论，d≤0时舍去，d＞0，a_n+1-a_n=$\frac{-（n-2）d-2}{{2}^{n}}$＜0，在n≥2时恒成立，可得a₂为最大值．由a₂=$\frac{d+2}{{2}^{2}}$=$\frac{5}{4}$，解得d．可得a_n．
②存在正整数x，使a_m，a_n，xa_k成等差数列（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．此时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）．利用其单调性即可得出．

解答解：（1）∵2S_n=n（c_n+2），∴2S₁=2c₁=c₁+2，解得c₁=2，
n≥2时，2c_n=2S_n-2S_n-1=n（c_n+2）-（n-1）（c_n-1+2）．化为：（n-2）c_n-（n-1）c_n-1+2=0．
∴（n-1）c_n+1-nc_n+2=0，相减可得：2c_n=c_n+1+c_n-1．
∴数列{c_n}是等差数列，首项为2．
（2）①设数列{c_n}的公差为d，则a_n=$\frac{（n-1）d+2}{{2}^{n}}$．
若d≤0，则a_n=$\frac{（n-1）d+2}{{2}^{n}}$≤a₁=1，与已知数列{a_n}的最大项为$\frac{5}{4}$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时恒成立，可得a₂为最大值．
由a₂=$\frac{d+2}{{2}^{2}}$=$\frac{5}{4}$，解得d=3．
∴a_n=$\frac{3n-1}{{2}^{n}}$．
②∵存在正整数x，使a_m，a_n，xa_k成等差数列（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．
此时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，…．
当k=11时，x取得最小值，x=$\frac{3×{2}^{10}}{32}$=96∈N^*．
∴当T（x）=a_m+a_n+xa_k取得最大值时，x的最小值为96．

点评本题考查了等差数列的通项公式及其性质、分类讨论方法、数列的递推关系、单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

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B．

C．

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