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{

an

2n

}是等差数列；
（2）求数列{S_n}的前n项和T_n；
（3）设bn=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B2n-Bn＞

m

20

成立，求m的最大值．

Answer 1

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{

an

2n

}是等差数列．
（2）因为S₁=2a₁-2²，所以a₁=4.

an

2n

=2+(n-1)=n+1，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bn=log

an

n+1

2=log2n2=

1

n

，则B2n-Bn=

1

n+1

+

1

n+2

+…+

1

2n

．令f(n)=

1

n+1

+

1

n+2

+…+

1

2n

，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

an

2n

-

an-1

2n-1

=1，
所以数列{

an

2n

}是公差为1的等差数列．…（2分）
（2）因为S₁=2a₁-2²，
所以a₁=4．
所以

an

2n

=2+(n-1)=n+1，
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：-Tn=22+23+24+…+2n+1-n•2n+2=

22(1-2n)

1-2

-n•2n+2…（7分）
所以T_n=2²（1-2ⁿ）+n•2ⁿ⁺²=（n-1）•2ⁿ⁺²+4…（8分）
（2）因为bn=log

an

n+1

2=log2n2=

1

n

，
则B2n-Bn=

1

n+1

+

1

n+2

+…+

1

2n

．…（10分）
令f(n)=

1

n+1

+

1

n+2

+…+

1

2n

，
则f(n+1)=

1

n+2

+

1

n+3

+…+

1

2n

+

1

2n+1

+

1

2n+2

．
所以f(n+1)-f(n)=

1

2n+1

+

1

2n+2

-

1

n+1

=

1

2n+1

-

1

2n+2

＞0．
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f(2)=

1

3

+

1

4

=

7

12

．
据题意，

m

20

＜

7

12

，即m＜

35

3

．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．