Question

13．设a＞0，且a≠1，数列{a_n}的前n项和为S_n，已知数列{log_aS_n}是首项为0，公差为1的等差数列．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设m是给定的正整数，a=2，数列{b_n}满足b_n=$\left\{\begin{array}{l}{{b}_{2m-n+1}，1≤n≤m}\\{{a}_{n}•{a}_{n+1}，m+1≤n≤2m}\end{array}\right.$．
①当m=10时，求数列{b_n}的前n项和T_n（n≤20）；
②设数列{c_n}满足c_n=$\frac{n-4}{{b}_{n}}$，试求数列{c_n}中最大项的值．

Answer 1

分析 （1）通过log_aS_n=n-1可知S_n=a^n-1，利用a_n=S_n-S_n-1计算即得结论；
（2）通过（1）及a=2可知a_n=$\left\{\begin{array}{l}{1，}&{n=1}\\{{2}^{n-2}，}&{n≥2}\end{array}\right.$，①通过m=10可知b_n=$\left\{\begin{array}{l}{{b}_{20-n+1}，}&{1≤n≤10}\\{{a}_{n}•{a}_{n+1}，}&{11≤n≤20}\end{array}\right.$，分11≤n≤20、1≤n≤10两种情况讨论即可；②通过①、结合数列{b_n}的通项公式可知c_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{n-4}{{2}^{4m-2n-1}}，}&{1≤n≤m}\\{\frac{n-4}{{2}^{2n-3}}，}&{m+1≤n≤2m}\end{array}\right.$，分1≤n≤m-1、n=m、m+1≤n≤2m-1三种情况讨论即可．

解答 解：（1）由题意得log_aS_n=n-1，所以S_n=a^n-1，
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=a^n-1-a^n-2=（a-1）a^n-2，
又∵a₁=S₁=1不适合上式，
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{1，}&{n=1}\\{（a-1）•{a}^{n-2}，}&{n≥2}\end{array}\right.$；
（2）因为a=2，所以a_n=$\left\{\begin{array}{l}{1，}&{n=1}\\{{2}^{n-2}，}&{n≥2}\end{array}\right.$，
①又∵m=10，
∴b_n=$\left\{\begin{array}{l}{{b}_{20-n+1}，}&{1≤n≤10}\\{{a}_{n}•{a}_{n+1}，}&{11≤n≤20}\end{array}\right.$，
则当11≤n≤20时，b_n=a_n•a_n+1=2^2n-3；
当1≤n≤10时，b_n=b_20-n+1=2^39-2n，
即b_n=$\left\{\begin{array}{l}{{2}^{39-2n}，}&{1≤n≤10}\\{{2}^{2n-3}，}&{11≤n≤20}\end{array}\right.$．
[1]当1≤n≤10时，T_n=b₁+b₂+…+b_n
=2³⁷+2³⁵+…+2^39-2n
=$\frac{{2}^{37}（1-{4}^{-n}）}{1-{4}^{-1}}$
=$\frac{{2}^{39}（1-{2}^{-2n}）}{3}$；
[2]当11≤n≤20时，
T_n=T₁₀+b₁₁+b₁₂+…+b_n
=$\frac{{2}^{39}（1-{2}^{-20}）}{3}$+2¹⁹+2²¹+…+2^2n-3
=$\frac{{2}^{39}（1-{2}^{-20}）}{3}$+$\frac{{2}^{19}（1-{4}^{n-10}）}{1-4}$
=$\frac{{2}^{20}（{2}^{19}-1）+{2}^{2n-1}}{3}$；
综上所述，T_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{2}^{39}（1-{2}^{-2n}）}{3}，}&{1≤n≤10}\\{\frac{{2}^{20}（{2}^{19}-1）+{2}^{2n-1}}{3}，}&{11≤n≤20}\end{array}\right.$；
②因为b_n=$\left\{\begin{array}{l}{{2}^{4m-2n-1}，}&{1≤n≤m}\\{{2}^{2n-3}，}&{m+1≤n≤2m}\end{array}\right.$，
所以c_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{n-4}{{2}^{4m-2n-1}}，}&{1≤n≤m}\\{\frac{n-4}{{2}^{2n-3}}，}&{m+1≤n≤2m}\end{array}\right.$，
[1]当1≤n≤m-1时，c_n+1-c_n=$\frac{n-3}{{2}^{4m-2n-3}}$-$\frac{n-4}{{2}^{4m-2n-1}}$=$\frac{3n-8}{{2}^{4m-2n-1}}$，
（Ⅰ）若1≤m≤3，则c_n+1-c_n＜0，此时c₁＞c₂＞c₃＞…c_m；
（Ⅱ）若m≥4，则当n=1，2时，c_n+1-c_n＜0；
当3≤n≤m-1时，c_n+1-c_n＞0，
此时c₁＞c₂＞c₃＜c₄＜…＜c_m；  
[2]当n=m时，因为c_n+1-c_n=$\frac{（m+1）-4}{{2}^{2m-1}}$-$\frac{m-4}{{2}^{2m-1}}$=$\frac{1}{{2}^{2m-1}}$＞0，
所以c_m+1＞c_m；
[3]当m+1≤n≤2m-1时，因为c_n+1-c_n=$\frac{n-3}{{2}^{2n-1}}$-$\frac{n-4}{{2}^{2n-3}}$=$\frac{13-3n}{{2}^{2n-1}}$，所以
（Ⅰ）若1≤m≤3，则当m+1≤n≤4时，c_n+1-c_n＞0；
当5≤n≤2m-1时，c_n+1-c_n＜0，此时c₄＜c₅＞c₆＞…＞c_2m；
（Ⅱ）若m≥4，则c_n+1-c_n＜0，此时c_m+1＞c_m+2＞…＞c_2m；
从而：[A]当m=1时，因为c₁＜c₂，
所以{c_n}的最大项为c₂=-1；
[B]当m=2时，因为c₁＞c₂＜c₃＜c₄，且c₁＜0=c₄，
所以{c_n}的最大项为c₄=0；
[C]当m=3时，因为c₁＞c₂＞c₃＜c₄＜c₅＞c₆，而c₁=-$\frac{3}{{2}^{11}}$＜${c}_{5}=\frac{1}{{2}^{7}}$，
所以此时的最大项为${c}_{5}=\frac{1}{{2}^{7}}$；
[D]当m≥4时，因为c₁＞c₂＞c₃＜c₄＜…＜c_m＜c_m+1＞c_m+2＞…＞c_2m，
而c₁=-$\frac{3}{{2}^{4m-3}}$＜c_m+1=$\frac{m-3}{{2}^{2m-1}}$，
所以此时{c_n}的最大项为c_m+1=$\frac{m-3}{{2}^{2m-1}}$．
（说明：本题的结论也可以叙述为：
（A）当m=1或m≥4时，{c_n}的最大项为c_m+1=$\frac{m-3}{{2}^{2m-1}}$；
（B）当m=2或m=3时，{c_n}的最大项为c_m+2=$\frac{m-2}{{2}^{2m+1}}$．）

点评 本题考查数列的通项，考查分类讨论的思想，注意解题方法的积累，属于难题．