Question

14．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，满足a_n≠0，a_nS_n+1-a_n+1S_n=2^n-1a_n+1a_n，n∈N^*．
（1）求证：S_n=2^n-1a_n；
（2）设b_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$，求数列{b_n}的前n项和T_n；
（3）对于（2）中T_n，求满足T${\;}_{{2}^{m}}$＜2013的正整数m的集合M．

Answer 1

分析 （1）由满足a_n≠0，a_nS_n+1-a_n+1S_n=2^n-1a_n+1a_n，n∈N^*．变形为$\frac{{S}_{n+1}}{{a}_{n+1}}$-$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=2^n-1，利用“累加求和”与等比数列的前n项和公式即可得出．
（2）S_n=2^n-1a_n，可得：当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，化为$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{{2}^{n-2}}{{2}^{n-1}-1}$，于是b_n=$\frac{{2}^{n}-1}{{2}^{n-1}}$=2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，利用等比数列的前n项和公式即可得出．
（3）满足T${\;}_{{2}^{m}}$＜2013，可得2×2^m-2+$\frac{1}{{2}^{{2}^{m}-1}}$＜2013，利用2¹⁰=1024，即可解出．

解答 （1）证明：∵满足a_n≠0，a_nS_n+1-a_n+1S_n=2^n-1a_n+1a_n，n∈N^*．
∴$\frac{{S}_{n+1}}{{a}_{n+1}}$-$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=2^n-1，
∴$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=$（\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}-\frac{{S}_{n-1}}{{a}_{n-1}}）$+$（\frac{{S}_{n-1}}{{a}_{n-1}}-\frac{{S}_{n-2}}{{a}_{n-2}}）$+…+$（\frac{{S}_{2}}{{a}_{2}}-\frac{{S}_{1}}{{a}_{1}}）$+$\frac{{S}_{1}}{{a}_{1}}$=2^n-2+2^n-3+…+2+1+1=$\frac{{2}^{n-1}-1}{2-1}$+1=2^n-1，
∴S_n=2^n-1a_n．
（2）解：∵S_n=2^n-1a_n，∴当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=2^n-1a_n-2^n-2a_n-1，化为$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\frac{{2}^{n-2}}{{2}^{n-1}-1}$，
∴b_n=$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{{2}^{n}-1}{{2}^{n-1}}$=2-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴数列{b_n}的前n项和T_n=2n-$\frac{1-\frac{1}{{2}^{n}}}{1-\frac{1}{2}}$=2n-2+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$．
（3）解：满足T${\;}_{{2}^{m}}$＜2013，∴2×2^m-2+$\frac{1}{{2}^{{2}^{m}-1}}$＜2013，
经过验证可得：m≤9，m=1，2，3，…，9．
∴满足T${\;}_{{2}^{m}}$＜2013的正整数m的集合M={1，2，…，9}．

点评 本题考查了等比数列的通项公式与前n项和公式、“累加求和”方法、不等式的解法、指数幂的运算性质，考查了变形能力、推理能力与计算能力，属于中档题．