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）设b_n=log 

an

n+1

2，数列{b_n}的前n项和为B_n，若存在整数m，使对任意n∈N*且n≥2，都有B_3n-B_n＞

m

20

成立，求m的最大值m₀；
（3）对任意n∈N*，都有1+

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

＜

m0

9

．

Answer 1

考点：数列的求和,数列的函数特性

专题：等差数列与等比数列

分析：（1）由S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹（n∈N^*）可得当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，化为

an

2n

-

an-1

2n-1

=1，利用等差数列的通项公式即可得出．
（2）由b_n=log 

an

n+1

2=log2n2=

1

n

，可得B_3n-B_n=

1

n+1

+

1

n+2

+…+

1

n+2n

，令f（n）=

1

n+1

+

1

n+2

+…+

1

n+2n

，可证明数列{f（n）}为单调递增数列．当n≥2时，f（n）的最小值为f（2）=

1

3

+

1

4

+

1

5

+

1

6

=

19

20

．由

m

20

＜

19

20

，m为整数，可得m的最大值为18．
（3）由（2）可知：

m0

9

=2，当n=1时，1＜2成立．当n≥2时，1+

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

＜1+

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

(n-1)×n

=1+1-

1

n

即可证明．

解答： （1）解：∵S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹（n∈N*）．
∴当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=2an-2n+1-(2an-1-2n)，化为

an

2n

-

an-1

2n-1

=1，
∴数列{

an

2n

}是等差数列，
当n=1时，a₁=S₁=2a1-22，解得a₁=4．
∴

an

2n

=2+(n-1)×1=n+1，
∴an=(n+1)•2n．
（2）解：∵b_n=log 

an

n+1

2=log2n2=

1

n

，
∴B_3n-B_n=

1

n+1

+

1

n+2

+…+

1

n+2n

，
令f（n）=

1

n+1

+

1

n+2

+…+

1

n+2n

，
则f（n+1）=

1

n+2

+

1

n+3

+…+

1

3n

+

1

3n+1

+

1

3n+2

+

1

3n+3

，
∴f（n+1）-f（n）=

1

3n+1

+

1

3n+2

+

1

3n+3

-

1

n+1

＞

1

3n+3

+

1

3n+3

-

2

3n+3

=0，
∴数列{f（n）}为单调递增数列．
∴当n≥2时，f（n）的最小值为f（2）=

1

3

+

1

4

+

1

5

+

1

6

=

19

20

．
由

m

20

＜

19

20

，m为整数，∴m的最大值为18．
（3）证明：由（2）可知：

m0

9

=2，当n=1时，1＜2成立．
当n≥2时，1+

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

＜1+

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

(n-1)×n

=1+1-

1

n

＜

m0

9

=2成立．

点评：本题考查了等差数列的通项公式、对数的运算性质、“裂项求和”、数列的单调性，考查了放缩法证明不等式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．