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）证明数列是等差数列；
（2）求数列{S_n}的前n项和T_n；
（3）设，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，都有成立，求m的最大值．

Answer 1

【答案】分析：（1）由S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹，得S_n-1=2a_n-1-2ⁿ（n≥2）．所以a_n-2a_n-1=2ⁿ（n≥2）．由此能够证明数列是等差数列．
（2）因为S₁=2a₁-2²，所以a₁=4.，故a_n=（n+1）•2ⁿ，S_n=n•2ⁿ⁺¹，所以T_n=1×2²+2×2³+3×2⁴+…+n•2ⁿ⁺¹，由错位相减法能求出数列{S_n}的前n项和T_n．
（2）因为=，则．令，能导出f（n+1）＞f（n），由此能求出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，
所以数列是公差为1的等差数列．…（2分）
（2）因为S₁=2a₁-2²，
所以a₁=4．
所以，
故a_n=（n+1）•2ⁿ．…（3分）
所以S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹=2（n+1）2ⁿ-2ⁿ⁺¹=n•2ⁿ⁺¹…（4分）
所以T_n=S₁+S₂+S₃+…+S_n=1×2²+2×2³+3×2⁴+…+n•2ⁿ⁺¹…①
2T_n=1×2³+2×2⁴+3×2⁵+…+n•2ⁿ⁺²…②…（6分）
由①-②得：…（7分）
所以T_n=2²（1-2ⁿ）+n•2ⁿ⁺²=（n-1）•2ⁿ⁺²+4…（8分）
（2）因为=，
则．…（10分）
令，
则．
所以=．
即f（n+1）＞f（n），
所以数列{f（n）}为递增数列．…（12分）
所以当n≥2时，f（n）的最小值为．
据题意，，即．又m为整数，
故m的最大值为11．…（14分）
点评：本题考查等差数列、等比数列的基本量、通项，结合含两个变量的不等式的处理问题，考查数列的前n项和的求法，考查实数m的最大值的求法．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，易出错．