Question

设数列{a_n}的前n项和为S_n，已知S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹（n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）令 bn=

1

(n+1)

•

1

8n

•an．用数学归纳法证明：（1-b₁）（1-b₂）…（1-b_n）≥1-（b₁+b₂+…+b_n）；
（3）设cn=log

an

n+1

2，数列{c_n}的前n项和为C_n，若存在整数m，使对任意n∈N^*且n≥2，都有C3n-Cn＞

m

20

成立，求m的最大值．

Answer 1

分析：（1）根据题中给出的设数列{a_n}的前n项和为S_n便可求出数列{

an

2n

}是公差为1的等差数列，将a₁=4代入便可求出数列{a_n}的通项公式；
（2）由bn= 

1

n+1

•

1

8n

• (n+1)•2n=(

1

4

)n，知原不等式即证(1-

1

4

)(1-

1

42

)…(1-

1

4n

)≥1-(

1

4

+

1

42

+…+

1

4n

)．由数学归纳法进行证明．
（3）先求出数列bn的通项公式，然后求写前n项和Bn的表达式，进而求出的B_3n-B_n表达式，然后证明B_3n-B_n为递增数列，即当n=2时，B_3n-B_n最小，便可求出m的最大值．

解答：解：（1）由S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹，得S_n-1=2a_n-1-2ⁿ（n≥2）．
两式相减，得a_n=2a_n-2a_n-1-2ⁿ，即a_n-2a_n-1=2ⁿ（n≥2）．
于是

an

2n

-

an-1

2n-1

=1，所以数列{

an

2n

}是公差为1的等差数列．
又S₁=a₁=2a₁-2²，所以a₁=4．
所以

an

2n

=2+（n-1）=n+1，故a_n=（n+1）•2ⁿ．
（2）由（1）知：bn= 

1

n+1

•

1

8n

• (n+1)•2n=(

1

4

)n，
原不等式即证(1-

1

4

)(1-

1

42

)…(1-

1

4n

)≥1-(

1

4

+

1

42

+…+

1

4n

)．
①n=1时，左=1-

1

4

≥1-

1

4

=右，故n=1成立；
②假设n=k时，(1-

1

4

) (1-

1

42

)…(1-

1

4k

) ≥1-(

1

4

+

1

42

+…+

1

4k

)，
则n=k+1时，(1-

1

4

)(1-

1

42

)…(1-

1

4k

)(1-

1

4k+1

)≥[1-(

1

4

+

1

42

+…+

1

4k

)](1-

1

4k+1

)
=1-(

1

4

+

1

42

+…+

1

4k

+

1

4k+1

)+(

1

4

+

1

42

+…+

1

4k

)•

1

4k+1

＞1-(

1

4

+

1

42

+…+

1

4k

+

1

4k+1

)．
故n=k+1时，也成立．综合①②知，原不等式恒成立．
（3）因为b_n=log

an

n+1

2=log_2n2=

1

n

，则B_3n-B_n=

1

n+1

+

1

n+2

+

1

n+3

+…+

1

3n

．
令f（n）=

1

n+1

+

1

n+2

+…+

1

3n

，
则f（n+1）=

1

n+1

+

1

n+2

+…+

1

3n

+

1

3n+1

+

1

3n+2

+

1

3n+3

．
所以f（n+1）-f（n）=

1

3n+1

+

1

3n+2

+

1

3n+3

-

1

n+1

=

1

3n+1

+

1

3n+2

-

2

3n+3

＞

1

3n+3

+

1

3n+3

-

2

3n+3

=0．
即f（n+1）＞f（n），所以数列{f（n）}为递增数列．（7分）
所以当n≥2时，f（n）的最小值为f（2）=

1

3

+

1

4

+

1

5

+

1

6

=

19

20

．
据题意，

m

20

＜

19

20

，即m＜19．又m为整数，
故m的最大值为18．（8分）

点评：本题考查数列的综合应用，具体涉及到通项公式的求法、数学归纳法的证明和最大值的求法．解题时要认真审题，注意合理地进行等价转化．