Question

設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，已知S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹（n∈N^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設(shè)b_n=log 

an

n+1

2，數(shù)列{b_n}的前n項和為B_n，若存在整數(shù)m，使對任意n∈N*且n≥2，都有B_3n-B_n＞

m

20

成立，求m的最大值m₀；
（3）對任意n∈N*，都有1+

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

＜

m0

9

．

Answer 1

考點：數(shù)列的求和,數(shù)列的函數(shù)特性

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）由S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹（n∈N^*）可得當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1，化為

an

2n

-

an-1

2n-1

=1，利用等差數(shù)列的通項公式即可得出．
（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

，可證明數(shù)列{f（n）}為單調(diào)遞增數(shù)列．當(dāng)n≥2時，f（n）的最小值為f（2）=

1

3

+

1

4

+

1

5

+

1

6

=

19

20

．由

m

20

＜

19

20

，m為整數(shù)，可得m的最大值為18．
（3）由（2）可知：

m0

9

=2，當(dāng)n=1時，1＜2成立．當(dāng)n≥2時，1+

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

＜1+

1

1×2

+

1

2×3

+…+

1

(n-1)×n

=1+1-

1

n

即可證明．

解答： （1）解：∵S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹（n∈N*）．
∴當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=2an-2n+1-(2an-1-2n)，化為

an

2n

-

an-1

2n-1

=1，
∴數(shù)列{

an

2n

}是等差數(shù)列，
當(dāng)n=1時，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

，
則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，
∴數(shù)列{f（n）}為單調(diào)遞增數(shù)列．
∴當(dāng)n≥2時，f（n）的最小值為f（2）=

1

3

+

1

4

+

1

5

+

1

6

=

19

20

．
由

m

20

＜

19

20

，m為整數(shù)，∴m的最大值為18．
（3）證明：由（2）可知：

m0

9

=2，當(dāng)n=1時，1＜2成立．
當(dāng)n≥2時，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．

點評：本題考查了等差數(shù)列的通項公式、對數(shù)的運算性質(zhì)、“裂項求和”、數(shù)列的單調(diào)性，考查了放縮法證明不等式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．