Question

5．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，S_n=2a_n-2．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{b_n}的前n项和为T_n，b₁=1，点（T_n+1，T_n）在直线$\frac{x}{n+1}-\frac{y}{n}=\frac{1}{2}$上，若存在n∈N₊，使不等式$\frac{2{b}_{1}}{{a}_{1}}$+$\frac{2{b}_{2}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{2{b}_{n}}{{a}_{n}}$≥m成立，求实数m的最大值．

Answer 1

分析 （I）利用等递推式、比数列的通项公式即可得出；
（Ⅱ）由题意得：$\frac{{{T_{n+1}}}}{n+1}-\frac{T_n}{n}=\frac{1}{2}$，利用等差数列的通项公式可得：T_n，进而得到b_n=n．$\frac{2{b}_{n}}{{a}_{n}}=n•（\frac{1}{2}）^{n-1}$．令M_n=$\frac{{2{b_1}}}{a_1}+\frac{{2{b_2}}}{a_2}+…+\frac{{2{b_n}}}{a_n}$，利用“错位相减法”可得M_n，利用（M_n）_max≥m．即可得出．

解答 解：（Ⅰ）∵S_n=2a_n-2，可得S_n+1=2a_n+1-2，
∴a_n+1=2a_n+1-2a_n（n≥1），
化为a_n+1=2a_n，即$\frac{{{a_{n+1}}}}{a_n}=2$，
∴{a_n}成等比数列，公比为2．
∴${a_n}={2^n}$．
（Ⅱ）由题意得：$\frac{{{T_{n+1}}}}{n+1}-\frac{T_n}{n}=\frac{1}{2}$，
∴$\{\frac{T_n}{n}\}$成等差数列，公差为$\frac{1}{2}$．
首项$\frac{T_1}{1}=\frac{b_1}{1}=1$，
∴$\frac{T_n}{n}=1+（n-1）\frac{1}{2}=\frac{n+1}{2}$，${T_n}=\frac{n（n+1）}{2}$，
当n≥2时，${b_n}={T_n}-{T_{n-1}}=\frac{n（n+1）}{2}-\frac{n（n-1）}{2}=n$，
当n=1时，b₁=1成立，∴b_n=n．
∴$\frac{{2{b_n}}}{a_n}=\frac{2n}{2^n}=\frac{n}{{{2^{n-1}}}}=n•{（\frac{1}{2}）^{n-1}}$，
令M_n=$\frac{{2{b_1}}}{a_1}+\frac{{2{b_2}}}{a_2}+…+\frac{{2{b_n}}}{a_n}$，
只需（M_n）_max≥m．
∴${M_n}=1+2×\frac{1}{2}+3×{（\frac{1}{2}）^2}+…+n×{（\frac{1}{2}）^{n-1}}$，
$\frac{1}{2}{M_n}=\frac{1}{2}+2×{（\frac{1}{2}）^2}+3×{（\frac{1}{2}）^3}+…+n×{（\frac{1}{2}）^n}$，
∴$\frac{1}{2}{M_n}=1+\frac{1}{2}+{（\frac{1}{2}）^2}+{（\frac{1}{2}）^3}+…+{（\frac{1}{2}）^{n-1}}-n×{（\frac{1}{2}）^n}$=$\frac{{1-{{（\frac{1}{2}）}^n}}}{{1-\frac{1}{2}}}-n×{（\frac{1}{2}）^n}=2-（n+2）{（\frac{1}{2}）^n}$，
∴${M_n}=4-（n+2）{（\frac{1}{2}）^{n-1}}$．
∵${M_{n+1}}-{M_n}=4-（n+3）{（\frac{1}{2}）^n}-4+（n+2）{（\frac{1}{2}）^{n-1}}=\frac{n+1}{2^n}＞0$，
∴{M_n}为递增数列，∴M_n＜4，
∴m≤4，实数m的最大值为4．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、“错位相减法”、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．