Question

3．数列{a_n}的前n项和记为S_n，且满足S_n=2a_n-1．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）求和S₁•C_n0+S₂•C_n¹+S₃•C_n²+…+S_n+1•C_nⁿ；
（3）设有m项的数列{b_n}是连续的正整数数列，并且满足：lg2+lg（1+$\frac{1}{{b}_{1}}$）+lg（1+$\frac{1}{{b}_{2}}$）+…+lg（1+$\frac{1}{{b}_{n}}$）=lg（log₂a_n），问数列{b_n}最多有几项？并求这些项的和．

Answer 1

分析 （1）由S_n=2a_n-1可推出a_n+1=2a_n．从而写出通项公式；
（2）由（1）知S_n=2ⁿ-1，从而化简S₁•C_n0+S₂•C_n¹+S₃•C_n²+…+S_n+1•C_nⁿ=2（C_n0+2C_n¹+2²C_n²+…+2ⁿC_nⁿ）-（C_n0+C_n¹+C_n²+…+C_nⁿ）=2（1+2）ⁿ-2ⁿ=2•3ⁿ-2ⁿ；
（3）由已知得2•$\frac{{b}_{1}+1}{{b}_{1}}$•$\frac{{b}_{2}+1}{{b}_{2}}$•…•$\frac{{b}_{m}+1}{{b}_{m}}$=m-1；从而可得$\frac{2（{b}_{m}+1）}{{b}_{1}}$=m-1，且b_m=b₁+（m-1），从而可得m=$\frac{3{b}_{1}}{{b}_{1}-2}$=3+$\frac{6}{{b}_{1}-2}$，从而求最大值．

解答 解：（1）由S_n=2a_n-1得S_n+1=2a_n+1-1，
相减得a_n+1=2a_n+1-2a_n，即a_n+1=2a_n．
又S₁=2a₁-1，得a₁=1≠0，∴数列{a_n}是以1为首项2为公比的等比数列，
∴a_n=2^n-1．
（2）由（1）知S_n=2ⁿ-1．
∴S₁•C_n0+S₂•C_n¹+S₃•C_n²+…+S_n+1•C_nⁿ
=2（C_n0+2C_n¹+2²C_n²+…+2ⁿC_nⁿ）-（C_n0+C_n¹+C_n²+…+C_nⁿ）
=2（1+2）ⁿ-2ⁿ=2•3ⁿ-2ⁿ；
（3）∵lg2+lg（1+$\frac{1}{{b}_{1}}$）+lg（1+$\frac{1}{{b}_{2}}$）+…+lg（1+$\frac{1}{{b}_{n}}$）=lg（log₂a_n），
∴2•$\frac{{b}_{1}+1}{{b}_{1}}$•$\frac{{b}_{2}+1}{{b}_{2}}$•…•$\frac{{b}_{m}+1}{{b}_{m}}$=m-1；
又∵{b_n}是连续的正整数数列，
∴上式化为$\frac{2（{b}_{m}+1）}{{b}_{1}}$=m-1．
又∵b_m=b₁+（m-1），
消b_m得mb₁-3b₁-2m=0；
故m=$\frac{3{b}_{1}}{{b}_{1}-2}$=3+$\frac{6}{{b}_{1}-2}$，
由于m∈N^*，∴b₁＞2，∴b₁=3时，m的最大值为9．
此时数列的所有项的和为3+4+5+…+11=63．

点评 本题考查了等比数列与等差数列的综合应用及二项式的应用，属于中档题．