Question

6．已知数列{a_n}的首项a₁=2，a_n=2a_n-1-1，n≥2，n∈N^*．
（1）求证：数列{a_n-1}为等比数列；
（2）记S_n=a₁+a₂+…+a_n，求满足S_n＜1000最大的正整数n；
（3）若数列{c_n}满足：c_n=（n+1）（a_n-1），求数列{c_n}前n项和M_n．

Answer 1

分析 （1）根据递推关系可得数列{a_n-1}是以为1首项，2为公比的等比数列，
（2）由S_n=a₁+a₂+…+a_n，根据等比数列的求和公式可得S_n=2ⁿ+n-1，即可得到2ⁿ+n-1＜1000，求出n=9，
（3）c_n=（n+1）（a_n-1）=（n+1）2^n-1，结合数列的项的特点考虑利用错位相减求和

解答 （1）证明：∵a_n=2a_n-1-1，
∴a_n-1=2（a_n-1-1），
∵a₁=2，
∴a₁-1=1，
∴数列{a_n-1}是以为1首项，2为公比的等比数列；
（2）由（1）可得a_n-1=2^n-1，
∴a_n=2^n-1+1
∴S_n=a₁+a₂+…+a_n=n+1+2¹+2²+…+2^n-1=n+$\frac{1-{2}^{n}}{1-2}$=2ⁿ+n-1，
∵S_n＜1000，
∴2ⁿ+n-1＜1000，
∵2¹⁰+10-1=1033，2⁹+10-1=521，
∴S_n＜1000最大的正整数n=9，
（3）c_n=（n+1）（a_n-1）=（n+1）2^n-1，
∴M_n=2×2⁰+3×2¹+4×2²+…+（n+1）2^n-1，
∴2M_n=2×2¹+3×2²+4×2³+…+n•2^n-1+（n+1）•2ⁿ，
∴-M_n=2+2¹+2²+2³+…+2^n-1-（n+1）•2ⁿ=2+$\frac{2（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$-（n+1）•2ⁿ=-n•2ⁿ，
∴M_n=n•2ⁿ．

点评 本题主要考查了利用数列的递推公式，通项公式的应用及错位相减求和方法的应用，具有一定的综合性