Question

（2013•薊縣二模）已知數列{a_n}的首項a₁=1，a₂=3，前n項和為S_n，且

Sn+1-Sn

Sn-Sn-1

=

2an+1

an

，（n∈N^*，n≥2），數列{b_n}滿足b₁=1，b_n+1=log₂（a_n+1）+b_n．
（Ⅰ）判斷數列{a_n+1}是否為等比數列，并證明你的結論；
（Ⅱ）設cn=-an(bn-

n2

2

-1)，求c₁+c₂+c₃+…+c_n；
（Ⅲ）對于（Ⅰ）中數列{a_n}，若數列{l_n}滿足l_n=log₂（a_n+1）（n∈N^*），在每兩個l_k與l_k+1之間都插入2^k-1（k=1，2，3，…k∈N^*）個2，使得數列{l_n}變成了一個新的數列{t_p}，（p∈N^*）試問：是否存在正整數m，使得數列{t_p}的前m項的和T_m=2011？如果存在，求出m的值；如果不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（I）根據已知等式，將a_n=S_n-S_n-1和a_n+1=S_n+1-S_n代入，化簡整理得a_n+1=2a_n+1，由此即可證出數列{a_n+1}是公比為2的等比數列；
（II）根據（I）的結論算出a_n=2ⁿ-1，利用對數的運算法則算出b_n+1-b_n=n，采用累加的方法算出b_n=1+

n(n-1)

2

．從而化簡出c n=n•2n-1-

n

2

，利用錯位相減法并結合等差數列的求和公式，即可算出c₁+c₂+c₃+…+c_n的值；
（II）首先根據a_n通項公式算出l_n=n（n∈N^*），結合題意利用等差、等比數列的求和公式算出得到數列{t_n}中，l_k（含其本身）前的所有項之和等于

k(k+1)

2

+2^k-2．再驗證當k=10時，和為1077＜2011；
當k=11時，和為2112＞2011．從而得到2011項在k=10與k=11之間，而2011-1077=467×2恰好為2的整數倍，由此加以計算即可得到存在m=998，使得T_m=2011．

解答：解：（I）∵

Sn+1-Sn

Sn-Sn-1

=

2an+1

an

∴

an+1

an

=

2an+1

an

，化簡得a_n+1=2a_n+1
由此可得a_n+1+1=2a_n+2=2（a_n+1）
∴數列{a_n+1}是公比為2的等比數列；
（II）由（I），得a_n+1=（a₁+1）•2^n-1
∵a₁+1=2，∴a_n+1=2•2^n-1=2ⁿ，因此a_n=2ⁿ-1，
得b_n+1=log₂（a_n+1）+b_n，即b_n+1=log₂2ⁿ+b_n，b_n+1=n+b_n，
∴b_n+1-b_n=n，分別取n=1、2、3、…、n-1
得b_n=b₁+（b₂-b₁）+（b₃-b₂）+（b₄-b₃）+…+（b_n-b_n-1）
=1+[1+2+3+…+（n-1）]=1+

n(n-1)

2

∴cn=-an(bn-

n2

2

-1)=(2n-1)•

n

2

=n•2n-1-

n

2

令An=1•20+2•21+3•22+…+n•2n-1①
可得2An=1•21+2•22+3•23+…+n•2n②…（6分）
①-②得-An=1+21+22+23+…+2n-1-n•2n…（7分）
∴-A_n=

1-2n

1-2

-n•2n=2n-1-n•2n，整理得A_n=（n-1）2ⁿ+1
令B_n=

1

2

（1+2+3+…+n）=

n(n+1)

4

∴c₁+c₂+…+c_n=A_n-B_n=（n-1）2ⁿ+1-

n(n+1)

4

…（10分）
（I）∵l_n=log₂（a_n+1）=log₂2ⁿ=n（n∈N^*）
數列{t_n}中，l_k（含其本身）前的所有項之和為：
（1+2+3+…+k）+2（2⁰+2¹+2²+…+2^k-2）=

k(k+1)

2

+2^k-2
當k=10時，其和為55+2¹⁰-2=1077＜2011；
當k=11時，其和為66+2¹¹-2=2112＞2011
又∵2011-1077=467×2，恰好為2的整數倍
∴當m=10+（1+2+2²+…+2⁸）+467=988時，T_m=2011
綜上所述，得存在m=998，使得T_m=2011．

點評：本題著重考查了等差、等比數列的通項公式與求和公式、數列的通項與求和和對數的運算法則等知識，考查了轉化、化歸與函數方程數學思想的應用，屬于中檔題．