Question

6．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹+2（n為正整數(shù)）．
（1）證明：數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是等差數(shù)列，并求{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）令b_n=log₂a₁+log₂$\frac{{a}_{2}}{2}$+…+log₂$\frac{{a}_{n}}{n}$，設(shè)數(shù)列{$\frac{1}{_{n}}$}的前n項(xiàng)和為T_n，是否存在實(shí)數(shù)M，使得T_n≤M對(duì)一切正整數(shù)都成立？若存在，求出M的最小值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)n=1時(shí)，S₁=2a₁-2²+2，當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-2ⁿ⁺¹+2-（2a_n-1-2ⁿ+2）從而可得$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$-$\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$=1；$\frac{{a}_{1}}{{2}^{1}}$=1；從而證明；再求{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）化簡(jiǎn)b_n=log₂a₁+log₂$\frac{{a}_{2}}{2}$+…+log₂$\frac{{a}_{n}}{n}$=$\frac{（n+1）n}{2}$，從而可得$\frac{1}{_{n}}$=$\frac{2}{（n+1）n}$=2（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）；利用裂項(xiàng)求和法得T_n=2（1-$\frac{1}{n+1}$）=$\frac{2n}{n+1}$；從而化為$\frac{2n}{n+1}$≤M對(duì)一切正整數(shù)n都成立；從而解得．

解答 解：（1）證明：①當(dāng)n=1時(shí)，S₁=2a₁-2²+2，
解得，a₁=2；
②當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1
=2a_n-2ⁿ⁺¹+2-（2a_n-1-2ⁿ+2）
即a_n-2a_n-1-2ⁿ=0，
即$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$-$\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$=1；$\frac{{a}_{1}}{{2}^{1}}$=1；
∴{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列；
即$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=n，故a_n=n×2ⁿ．
（2）b_n=log₂a₁+log₂$\frac{{a}_{2}}{2}$+…+log₂$\frac{{a}_{n}}{n}$
=1+2+3+…+n=$\frac{（n+1）n}{2}$，
$\frac{1}{_{n}}$=$\frac{2}{（n+1）n}$=2（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）；
T_n=2（1-$\frac{1}{2}$）+2（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$）+…+2（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）
=2（1-$\frac{1}{n+1}$）=$\frac{2n}{n+1}$；
故$\frac{2n}{n+1}$≤M對(duì)一切正整數(shù)n都成立；
故M≥2；
故M的最小值為2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列的判斷與證明，同時(shí)考查了裂項(xiàng)求和法的應(yīng)用，屬于中檔題．