Question

已知数列{an}的前n项和为sn，且an=Sn-1+2（n≥2），a1=2．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=1log2an

已知数列{an}的前n项和为sn，且an=Sn-1+2（n≥2），a1=2．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=1log2an，Tn=bn+1+bn+2+…+b2n，是否存在最大的正整数k，使得对于任意的正整数n，有Tn＞k12恒成立？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

（1）由已知a_n=S_n-1+2，①
a_n+1=S_n+2，②
②-①，得a_n+1-a_n=S_n-S_n-1 （n≥2），
∴a_n+1=2a_n （n≥2）．
又a₁=2，∴a₂=a₁+2=4=2a₁，
∴a_n+1=2a_n （n=1，2，3，…）
∴数列{a_n}是一个以2为首项，2为公比的等比数列，
∴a_n=2?2^n-1=2ⁿ．
（2）b_n=

1

log2an

=

1

log22n

=

1

n

，
∴T_n=b_n+1+b_n+2+…+b_2n=

1

n+1

+

1

n+2

+…+

1

2n

，
T_n+1=b_n+2+b_n+3+…+b_2（n+1）
=

1

n+2

+

1

n+3

+…+

1

2n

+

1

2n+1

+

1

2n+2

．
∴T_n+1-T_n=

1

2n+1

+

1

2n+2

-

1

n+1

=

2(n+1)+(2n+1)?2(2n+1)

2(2n+1)(n+1)

=

1

2(2n+1)(n+1)

．
∵n是正整数，∴T_n+1-T_n＞0，即T_n+1＞T_n．
∴数列{T_n}是一个单调递增数列，
又T₁=b₂=

1

2

，∴T_n≥T₁=

1

2

，
要使T_n＞

k

12

恒成立，则有

1

2

＞

k

12

，即k＜6，
又k是正整数，故存在最大正整数k=5使T_n＞

k

12

恒成立．