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(本小题满分16分)
已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2n+1,nÎN*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn= log2,Tn=+++…+,是否存在最大的正整数k,使得对于任意的正整数n,有Tn>恒成立?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.
(1)an=(n+1)2n,nÎN*.(2)存在最大正整数k=5,使得Tn>恒成立.
本试题主要是考查了数列的前n项和与通项公式之间的互化问题,并能结合等差数列的定义得到通项公式,以及跟木同通项公式的特点,求解数列的和,采用了函数的单调性的思想,求解最值,从而得到常数k的值。
(1)根据已知的数列的前n项和与通项公式的关系,可以对于n=1,和n》2分为两种情况来分析得到结论。
(2)根据第一问中的通项公式,表示bn= log2= n+1,和Tn,然后利用整体的单调性来求解参数k的值。
解: (1)当n=1时,a1=S1=2a1-22⇒a1=4;                   ·········· 1分
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2an-2n+1)-(2a n-1-2n)⇒an- a n-1=2n,·········· 2分
 =1,且 =2,                              ········ 3分
所以数列是以2为首项,1为公差的等差数列,
 =2+(n-1)×1=" n" +1,所以an=(n+1)2n,nÎN*.        ········ 6分
(2)由(1)得Sn=2an-2n+1=(n+1)2n+1-2n+1=n2n+1,              ·········· 8分
=2n+1,所以bn= log2= n+1,                         ········ 10分
所以Tn= +++…+ = + + +…+
Tn+1= +++…+++ = +++…+++
Tn+1-Tn= +=
又n是正整数,所以Tn+1-Tn=>0,即Tn+1>Tn
所以数列{Tn}是递增的数列,又T1 ==,                  ········ 14分
所以Tn≥T1=,要使Tn>恒成立,只需>,即k<6,
又k是正整数,故存在最大正整数k=5,使得Tn>恒成立.      16分
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