Question

11．數列{a_n}的前n項和記為S_n且滿足S_n=2a_n-1，n∈N^*；
（1）求數列{a_n}的通項公式；
（2）設T_n=a₁a₂-a₂a₃+a₃a₄-a₄a₅+…+（-1）ⁿ⁺¹a_na_n+1，求{T_n}的通項公式；
（3）設有m項的數列{b_n}是連續的正整數數列，并且滿足：lg2+lg（1+$\frac{1}{{b}_{1}}$）+lg（1+$\frac{1}{{b}_{2}}$）+…+lg（1+$\frac{1}{{b}_{m}}$）=lg（log₂a_m）．
問數列{b_n}最多有幾項？并求出這些項的和．

Answer 1

分析 （1）S_n=2a_n-1，n∈N^*；n=1時，a₁=S₁=2a₁-1，解得a₁；n≥2時，a_n=S_n-S_n-1，化為a_n=2a_n-1，利用等比數列的通項公式即可得出．
（2）a_na_n+1=2^n-1•2ⁿ=$\frac{1}{2}×{4}^{n}$．利用等比數列的求和公式即可得出．
（3）由lg2+lg（1+$\frac{1}{{b}_{1}}$）+lg（1+$\frac{1}{{b}_{2}}$）+…+lg（1+$\frac{1}{{b}_{m}}$）=lg（log₂a_m）．可得$2×\frac{{b}_{1}+1}{{b}_{1}}$×$\frac{{b}_{2}+1}{{b}_{2}}$×…×$\frac{{b}_{m}+1}{{b}_{m}}$=log₂a_m=m-1．又數列{b_n}是連續的正整數數列，b_n=b_n-1+1．化簡進而得出．

解答 解：（1）∵S_n=2a_n-1，n∈N^*；∴n=1時，a₁=S₁=2a₁-1，解得a₁=1；
n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-1-（2a_n-1-1），
化為a_n=2a_n-1，∴數列{a_n}是等比數列，公比為2，首項為1．∴a_n=2^n-1．
（2）a_na_n+1=2^n-1•2ⁿ=$\frac{1}{2}×{4}^{n}$．
∴T_n=a₁a₂-a₂a₃+a₃a₄-a₄a₅+…+（-1）ⁿ⁺¹a_na_n+1
=$\frac{1}{2}[4-{4}^{2}+$+…+（-1）ⁿ⁺¹×4ⁿ]
=$\frac{1}{2}×\frac{4[1-（-4）^{n}]}{1-（-4）}$=$\frac{2}{5}$[1-（-4）ⁿ]．
（3）由lg2+lg（1+$\frac{1}{{b}_{1}}$）+lg（1+$\frac{1}{{b}_{2}}$）+…+lg（1+$\frac{1}{{b}_{m}}$）=lg（log₂a_m）．
∴$2×\frac{{b}_{1}+1}{{b}_{1}}$×$\frac{{b}_{2}+1}{{b}_{2}}$×…×$\frac{{b}_{m}+1}{{b}_{m}}$=log₂a_m=m-1．
又數列{b_n}是連續的正整數數列，∴b_n=b_n-1+1．
∴$\frac{2（{b}_{m}+1）}{{b}_{1}}$=m-1，又b_m=b₁+（m-1），
∴mb₁-3b₁-2m=0，
∴m=$\frac{3{b}_{1}}{{b}_{1}-2}$=3+$\frac{6}{{b}_{1}-2}$，由m∈N^*，
∴b₁＞2，∴b₁=3時，m的最大值為9．
∴這些項的和=3+4+…+11=63．

點評 本題考查了等差數列與等比數列的通項公式與求和公式、數列單調性、數列遞推關系，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．