Question

已知Sn是数列{an}的前n项和，且an＝Sn－1＋2(n≥2)，a1＝2.

已知Sn是数列{an}的前n项和，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an＝Sn－1＋2①
得an＋1＝Sn＋2②
②－①，得an＋1－an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
∴an＋1＝2an(n≥2)．
又a1＝2，∴a2＝a1＋2＝4＝2a1，
∴an＋1＝2an(n＝1,2,3，…)
所以数列{an}是一个以2为首项，2为公比的等比数列，
∴an＝2•2n－1＝2n.
(2)bn＝1log2an＝1log22n＝1n，
∴Tn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n，
Tn＋1＝bn＋2＋bn＋3＋…＋b2(n＋1)
＝1n＋2＋1n＋3＋…＋12n＋12n＋1＋12n＋2.
∴Tn＋1－Tn＝12n＋1＋12n＋2－1n＋1
＝2(n＋1)＋(2n＋1)－2(2n＋1)2(2n＋1)(n＋1).
＝12(2n＋1)(n＋1).
∵n是正整数，∴Tn＋1－Tn＞0，即Tn＋1＞Tn.
∴数列{Tn}是一个单调递增数列，
又T1＝b2＝12，∴Tn≥T1＝12，
要使Tn＞k12恒成立，则有12＞k12，即k＜6，
又k是正整数，故存在最大正整数k＝5使Tn＞k12恒成立．

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Answer 2