Question

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

Answer 1

分析 （1）S_n=2a_n-1，n∈N^*；n=1時(shí)，a₁=S₁=2a₁-1，解得a₁；n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1，化為a_n=2a_n-1，利用等比數(shù)列的通項(xiàng)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(shù)列的求和公式即可得出．
（3）由lg2+lg（1+$\frac{1}{_{1}}$）+lg（1+$\frac{1}{_{2}}$）+…+lg（1+$\frac{1}{_{m}}$）=lg（log₂a_m）．可得$2×\frac{_{1}+1}{_{1}}$×$\frac{_{2}+1}{_{2}}$×…×$\frac{_{m}+1}{_{m}}$=log₂a_m=m-1．又?jǐn)?shù)列{b_n}是連續(xù)的正整數(shù)數(shù)列，b_n=b_n-1+1．化簡(jiǎn)進(jìn)而得出．

解答 解：（1）∵S_n=2a_n-1，n∈N^*；∴n=1時(shí)，a₁=S₁=2a₁-1，解得a₁=1；
n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-1-（2a_n-1-1），
化為a_n=2a_n-1，∴數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，公比為2，首項(xiàng)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+$\frac{1}{_{1}}$）+lg（1+$\frac{1}{_{2}}$）+…+lg（1+$\frac{1}{_{m}}$）=lg（log₂a_m）．
∴$2×\frac{_{1}+1}{_{1}}$×$\frac{_{2}+1}{_{2}}$×…×$\frac{_{m}+1}{_{m}}$=log₂a_m=m-1．
又?jǐn)?shù)列{b_n}是連續(xù)的正整數(shù)數(shù)列，∴b_n=b_n-1+1．
∴$\frac{2（_{m}+1）}{_{1}}$=m-1，又b_m=b₁+（m-1），
∴mb₁-3b₁-2m=0，
∴m=$\frac{3_{1}}{_{1}-2}$=3+$\frac{6}{_{1}-2}$，由m∈N^*，
∴b₁＞2，∴b₁=3時(shí)，m的最大值為9．
∴這些項(xiàng)的和=3+4+…+11=63．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與求和公式、數(shù)列單調(diào)性、數(shù)列遞推關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．