题目

已知数列{a_n}满足a_n-1-2a_n+a_n+1=0（n∈N^*且n≥2），且a₁=2，a₃=4．数列{b_n}的前n项和为S_n=2b_n-1（n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（2）符号[x]表示不超过实数x的最大整数，记c_n=[log₂（a_n-1）]，T_n为数列{c_n}的前n项和，求T2n．

提问时间：2021-03-29

答案

（1）∵数列{a_n}满足a_n-1-2a_n+a_n+1=0（n∈N^*且n≥2），
∴数列{a_n}是等差数列，设公差为d，
∵a₁=2，a₃=4．∴a₃-a₁=2d=4-2，解得d=1．
∴a_n=2+（n-1）=n+1．
由数列{b_n}的前n项和为S_n=2b_n-1（n∈N^*）．
当n≥2时，b_n=S_n-S_n-1=（2b_n-1）-（2b_n-1-1），化为b_n=2b_n-1．
当n=1时，b₁=2b₁-1，b₁=1．
∴数列{b_n}是等比数列，∴bn=2n-1．
（2）由（1）知a_n=n+1，∴c_n=[log₂n]．
当2^k≤n＜2^k+1时，[log₂n]=k，k∈N．
∴T2n=[log21]+[log22]+…+[log2(2n-1)]+[log22n]
=([log221]+[log23])+([log222]+…+[log27])+([log223]+…+[log215])+…+([log22n-1]+[log2(2n-1+1)]+…+[log2(2n-1)])+[log22n]，
∴T2n=2+2×22+3×23+…+(n-1)2n-1+n，
2T2n=1×22+2×23+…+(n-2)2n-1+(n-1)2n+2n，
两式相减得：-T2n=2+22+…+2n-1-n-(n-1)2n，
∴T2n=(n-2)2n+n+2．

（1）根据数列{a_n}满足a_n-1-2a_n+a_n+1=0（n∈N^*且n≥2），可得：数列{a_n}是等差数列，利用等差数列的通项公式即可得出．由数列{b_n}的前n项和为S_n=2b_n-1（n∈N^*）．当n≥2时，b_n=S_n-S_n-1，化为b_n=2b_n-1．
当n=1时，b₁=2b₁-1，b₁=1．利用等比数列的通项公式即可得出．
（2）由（1）知a_n=n+1，可得c_n=[log₂n]．当2^k≤n＜2^k+1时，[log₂n]=k，k∈N．利用等比数列的前n项和公式与“错位相减法”即可得出．

本题考点：数列的求和．

考点点评：本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、“错位相减法”、递推式的意义，考查了推理能力与计算能力，属于难题．