Question

已知數列{a_n}的前五項依次是0，-

1

3

，-

1

2

，-

3

5

，-

2

3

．正數數列{b_n}的前n項和為S_n，且Sn=

1

2

(bn+

n

bn

)．
（I）寫出符合條件的數列{a_n}的一個通項公式；
（II）求S_n的表達式；
（III）在（I）、（II）的條件下，c₁=2，當n≥2時，設cn=-

1

anSn2

，T_n是數列{c_n}的前n項和，且T_n＞log_m（1-2m）恒成立，求實數m的取值范圍．

Answer 1

分析：（I）由數列的前5項的特點，總結歸納可得符合條件的數列{a_n}的一個通項公式．
（II）由S_n=b_n+

n

bn

，求得b₁=1，可得S₁=1．當n≥2時，由b_n=S_n-S_n-1，得2Sn=Sn-Sn-1+

n

Sn-Sn-1

，化簡得Sn2-Sn-12=n．用累加法求得，Sn2=1+2+3+…+n=

n(n+1)

2

，從而求得S_n的表達式．
（III）先求得T_n的解析式，由T_n＞log_m（1-2m）恒成立，可得log_m（1-2m）恒小于T_n的最小值，根據T_n的最小值在n=1時取得，且最小值為2．故有l(wèi)og_m（1-2m）＜2．
由此可得

0＜m＜1 1-2m＞0 1-2m＞m2

①，或

m＞1 1-2m＞0 1-2m＜m2

②．分別求得①和②的解集，再取并集，即得所求．

解答：解：（I）由數列的前5項可得，符合條件的數列{a_n}的一個通項公式為 an=

1-n

1+n

(n∈N*)．…（2分）
（II）因為Sn=

1

2

(bn+

n

bn

)，即S_n=b_n+

n

bn

，2b_n＞0，所以b1=

1

2

(b1+

1

b1

)，解得b₁=1，即S₁=1．
當n≥2時，b_n=S_n-S_n-1，所以，2Sn=Sn-Sn-1+

n

Sn-Sn-1

，∴.Sn+Sn-1=

n

Sn-Sn-1

，即Sn2-Sn-12=n．…（5分）
所以，Sn-12-Sn-22=n-1，Sn-22-Sn-32=n-2，…，S22-S12=2，
累加可得 Sn2-S12=2+3+4+…+n．
所以，Sn2=1+2+3+…+n=

n(n+1)

2

，即Sn=

n(n+1) 2

．…..（8分）
（III）在（I）、（II）的條件下，c₁=2．
當n≥2時，cn=-

1

anSn2

=

2

n(n-1)

=2(

1

n-1

-

1

n

)．
當n=1時，T₁=c₁=2；
當n≥2時，Tn=c1+c2+c3+…+cn=2[1+(

1

1

-

1

2

)+(

1

2

-

1

3

)+…(

1

n-1

-

1

n

)]=2(2-

1

n

) …．（10分）
因為T_n＞log_m（1-2m）恒成立，即log_m（1-2m）恒小于T_n的最小值．
顯然，T_n的最小值在n=1時取得，且最小值為2，故有l(wèi)og_m（1-2m）＜2．…..（12分）
所以

0＜m＜1 1-2m＞0 1-2m＞m2

①，或

m＞1 1-2m＞0 1-2m＜m2

②．
解①得，0＜m＜

2

-1，不等式組②無解．
故實數m的取值范圍是(0，

2

-1)…．（14分）

點評：本題主要考查數列的前n項和與第n項的關系，用累加法進行數列求和，函數的恒成立問題，體現了分類討論的數學思想，屬于難題．