Question

19．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=2a_n-1，（n∈N^*）
（1）求a₁及a_n；
（2）若b_n=$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n+1}•lo{g}_{2}{a}_{n+2}}$，数列{b_n}的前n项和为T_n，求使T_n≥$\frac{m}{4029}$对所有的n∈N^*都成立的m的最大整数值．

Answer 1

分析 （1）通过在S_n=2a_n-1中令n=1可知a₁=1，通过S_n=2a_n-1与S_n+1=2a_n+1-1作差、整理可知a_n+1=2a_n，进而可知数列{a_n}是以1为首项、2为公比的等比数列，进而计算可得结论；
（2）通过（1）、裂项可知b_n=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，并项相加可知T_n=$\frac{n}{n+1}$，进而问题转化为解不等式$\frac{1}{2}$≥$\frac{m}{4029}$，进而计算可得结论．

解答 解：（1）在S_n=2a_n-1中令n=1可知a₁=2a₁-1，
解得：a₁=1，
∵S_n=2a_n-1，
∴S_n+1=2a_n+1-1，
两式相减得：a_n+1=2a_n+1-2a_n，
整理得：a_n+1=2a_n，
∴数列{a_n}是以1为首项、2为公比的等比数列，
∴a_n=2^n-1；
（2）由（1）可知b_n=$\frac{1}{lo{g}_{2}{a}_{n+1}•lo{g}_{2}{a}_{n+2}}$
=$\frac{1}{lo{g}_{2}{2}^{n}}$•$\frac{1}{lo{g}_{2}{2}^{n+1}}$
=$\frac{1}{n（n+1）}$
=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，
∴T_n=1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$=1-$\frac{1}{n+1}$=$\frac{n}{n+1}$，
∴T_n≥$\frac{m}{4029}$对所有的n∈N^*都成立即$\frac{n}{n+1}$≥$\frac{m}{4029}$对所有的n∈N^*都成立，
又∵$\frac{n}{n+1}$=1-$\frac{1}{n+1}$随着n的增大而减小，
∴$\frac{n}{n+1}$≥$\frac{1}{1+1}$=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{1}{2}$≥$\frac{m}{4029}$，解得：m≤$\frac{4029}{2}$=2014.5，
∴满足条件的m的最大整数值为2014．

点评 本题考查数列的通项，注意解题方法的积累，属于中档题．