（2012•資陽三模）設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn=2an-2n+1數(shù)列{bn}滿足bn=log2
an
n+1
，其中n∈N*．
（I）求數(shù)列{an}通項(xiàng)公式；
（II）求使不等式（1+
1
b1
）•（1+
1
b3
）…（1+
1
b2n-1
）≥m•
b2n+1
對(duì)任意正整數(shù)n都成立的最大實(shí)數(shù)m的值；
（III）當(dāng)n∈N*時(shí)，求證
C
0
n
b1
+
C
1
n
b3
+L+
C
n-1
n
b2n-1
+
C
n
n
b2n+1
≤
an
b2n+1
．
分析：（Ⅰ）根據(jù)數(shù)列遞推式，確定數(shù)列是數(shù)列{
an
2n
}是公差為1的等差數(shù)列，將a1=4代入便可求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
（II）問題可轉(zhuǎn)化為m≤
(1+1)•(1+
1
3
)…(1+
1
2n-1
)
2n+1
對(duì)任意正整數(shù)n都成立，求出右邊函數(shù)的最大值，即可求得m的最大值；
（III）欲證
C
0
n
b1
+
C
1
n
b3
+…+
C
n-1
n
b2n-1
+
C
n
n
b2n+1
≤
an
b2n+1
，只要證
C
0
n
1
+
C
1
n
3
+…+
C
n-1
n
2n-1
+
C
n
n
2n+1
≤2n•
n+1
2n+1
，利用
C
i
n
2i+1
+
C
n-i
n
(2n+2)-(2i+1)
=
C
i
n
2i+1
+
C
n-i
n
(2n+1)-2i
≤
(2n+2
)C
i
n
2n+1
，即可證得結(jié)論．
解答：（Ⅰ）解：由Sn=2an-2n+1，得Sn-1=2an-1-2n（n≥2）．
兩式相減，得an=2an-2an-1-2n，即an-2an-1=2n（n≥2）．
于是
an
2n
-
an-1
2n-1
=1，所以數(shù)列{
an
2n
}是公差為1的等差數(shù)列．
又S1=a1=2a1-22，所以a1=4．
所以
an
2n
=2+（n-1）=n+1，故an=（n+1）•2n
（II）∵bn=log2
an
n+1
=log22n=n
∴（1+
1
b1
）•（1+
1
b3
）…（1+
1
b2n-1
）≥m•
b2n+1
即為（1+1）•（1+
1
3
）…（1+
1
2n-1
）≥m•
2n+1

∴m≤
(1+1)•(1+
1
3
)…(1+
1
2n-1
)
2n+1
對(duì)任意正整數(shù)n都成立
令f（n）=
(1+1)•(1+
1
3
)…(1+
1
2n-1
)
2n+1
，則f（n+1）=
(1+1)•(1+
1
3
)…(1+
1
2n-1
)(1+
1
2n+1
)
2n+3

∴
f(n+1)
f(n)
=
2n+2
2n+1
•
2n+3
=
4n2+4n+4
4n2+8n+3
＞1
∴f（n）單調(diào)遞增，故f（n）≥f（1）=
2
3
3

∴m≤
2
3
3

∴m的最大值為
2
3
3
；
（III）證明：欲證
C
0
n
b1
+
C
1
n
b3
+…+
C
n-1
n
b2n-1
+
C
n
n
b2n+1
≤
an
b2n+1

只要證
C
0
n
1
+
C
1
n
3
+…+
C
n-1
n
2n-1
+
C
n
n
2n+1
≤2n•
n+1
2n+1

∵
C
i
n
2i+1
+
C
n-i
n
(2n+2)-(2i+1)
=
C
i
n
2i+1
+
C
n-i
n
(2n+1)-2i
≤
(2n+2
)C
i
n
2n+1

∴
C
0
n
1
+
C
1
n
3
+…+
C
n-1
n
2n-1
+
C
n
n
2n+1
=
1
2
[（
C
0
n
1
+
C
1
n
3
+…+
C
n-1
n
2n-1
+
C
n
n
2n+1
）+（
C
n-1
n
2n-1
+
C
n
n
2n+1
+…+
C
0
n
1
+
C
1
n
3
）]≤
1
2
×
2n+2
2n+1
(C
0
n
+
C
1
n
+…+
C
n
n
)=2n•
n+1
2n+1

∴
C
0
n
1
+
C
1
n
3
+…+
C
n-1
n
2n-1
+
C
n
n
2n+1
≤2n•
n+1
2n+1
．
點(diǎn)評(píng)：本題數(shù)列遞推式，考查數(shù)列的通項(xiàng)，考查恒成立問題，考查不等式的證明，正確分離參數(shù)是關(guān)鍵．
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