Question

（2008•和平区三模）已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=2a_n-2，（n=1，2，3…）数列{b_n}中，b₁=1，点P（b_n，b_n+1）在直线x-y+2=0上．
（Ⅰ）求数列{a_n}和{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）记S_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n，求满足S_n＜167的最大正整数n．

Answer 1

分析：（ I）根据S_n=2a_n-2，当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-2a_n-1，可得数列{a_n}是等比数列；利用点P（b_n，b_n+1）在直线x-y+2=0上，可得数列{b_n}是等差数列，故可求数列{a_n}和{b_n}的通项公式；
（ II）利用错位相减法求和，利用S_n＜167，建立不等式，从而可求满足条件S_n＜167最大的正整数．

解答：解：（ I）∵S_n=2a_n-2，∴当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-2a_n-1
∵a_n≠0，∴

an

an-1

=2（n≥2），即数列{a_n}是等比数列．
∵S_n=2a_n-2，∴当n=1时，a₁=2，∴an=2n                               …（3分）
∵点P（b_n，b_n+1）在直线x-y+2=0上
∴b_n-b_n+1+2=0，∴b_n+1-b_n=2
即数列{b_n}是等差数列，又b₁=1，∴b_n=2n-1     …（6分）
（ II）S_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=1×2+3×2²+…+（2n-1）×2ⁿ ①（7分）
∴2S_n=1×2²+3×2³+…+（2n-1）×2ⁿ⁺¹②
①-②得：-S_n=1×2+2（2²+2³+…+2ⁿ）-（2n-1）×2ⁿ⁺¹②…（9分）
∴Sn=(2n-3)•2n+1+6（10分）
∵S_n＜167，即（2n-3）•2ⁿ⁺¹+6＜167
于是（2n-3）•2ⁿ⁺¹＜161（11分）
又由于当n=4时，（2n-3）•2ⁿ⁺¹=160
当n=5时，（2n-3）•2ⁿ⁺¹=448（13分）
故满足条件S_n＜167最大的正整数n为4（14分）

点评：本题考查数列的通项与求和，考查错位相减法的运用，解题的关键是根据数列通项的特点选择合适的求和方法．