题目内容

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 $数学公式$ ．用数学归纳法证明：（1-b₁）（1-b₂）…（1-b_n）≥1-（b₁+b₂+…+b_n）；
（3）设 $数学公式$ ，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 $数学公式$ 成立，求m的最大值．

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 $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ =1，所以数列{ $\text{[math]}$ }是公差为1的等差数列．
又S₁=a₁=2a₁-2²，所以a₁=4．
所以 $\text{[math]}$ =2+（n-1）=n+1，故a_n=（n+1）•2ⁿ．
（2）由（1）知： $\text{[math]}$ ，
原不等式即证 $\text{[math]}$ ≥ $\text{[math]}$ ．
①n=1时，左= $\text{[math]}$ =右，故n=1成立；
②假设n=k时， $\text{[math]}$ $\text{[math]}$ ，
则n=k+1时， $\text{[math]}$ $\text{[math]}$
= $\text{[math]}$ $\text{[math]}$
＞ $\text{[math]}$ ．
故n=k+1时，也成立．综合①②知，原不等式恒成立．
（3）因为b_n= $\text{[math]}$ =log_2n2= $\text{[math]}$ ，则B_3n-B_n= $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ +…+ $\text{[math]}$ ．
令f（n）= $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ +…+ $\text{[math]}$ ，
则f（n+1）= $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ +…+ $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ ．
所以f（n+1）-f（n）= $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ ＞ $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ - $\text{[math]}$ =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）= $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ + $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ．
据题意， $\text{[math]}$ ＜ $\text{[math]}$ ，即m＜19．又m为整数，
故m的最大值为18．（8分）
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{ $\text{[math]}$ }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 $\text{[math]}$ ，知原不等式即证 $\text{[math]}$ ≥ $\text{[math]}$ ．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．
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．