设数列{a_n}的前n项和为S_n，已知S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹（n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）令 ．用数学归纳法证明：（1-b₁）（1-b₂）…（1-b_n）≥1-（b₁+b₂+…+b_n）；
（3）设，数列{c_n}的前n项和为C_n，若存在整数m，使对任意n∈N^*且n≥2，都有成立，求m的最大值．在线课程解：（1）由S_n=2a_n-2ⁿ⁺¹，得S_n-1=2a_n-1-2ⁿ（n≥2）．
两式相减，得a_n=2a_n-2a_n-1-2ⁿ，即a_n-2a_n-1=2ⁿ（n≥2）．
于是 -=1，所以数列{ }是公差为1的等差数列．
又S₁=a₁=2a₁-2²，所以a₁=4．
所以=2+（n-1）=n+1，故a_n=（n+1）•2ⁿ．
（2）由（1）知：，
原不等式即证≥．
①n=1时，左==右，故n=1成立；
②假设n=k时，，
则n=k+1时，
=
＞．
故n=k+1时，也成立．综合①②知，原不等式恒成立．
（3）因为b_n==log_2n2=，则B_3n-B_n=+++…+．
令f（n）=++…+，
则f（n+1）=++…++++．
所以f（n+1）-f（n）=++-=+-＞+-=0．
即f（n+1）＞f（n），所以数列{f（n）}为递增数列．（7分）
所以当n≥2时，f（n）的最小值为f（2）=+++=．
据题意，＜，即m＜19．又m为整数，
故m的最大值为18．（8分）
分析：（1）根据题中给出的设数列{a_n}的前n项和为S_n便可求出数列{ }是公差为1的等差数列，将a₁=4代入便可求出数列{a_n}的通项公式；
（2）由，知原不等式即证≥．由数学归纳法进行证明．
（3）先求出数列bn的通项公式，然后求写前n项和Bn的表达式，进而求出的B_3n-B_n表达式，然后证明B_3n-B_n为递增数列，即当n=2时，B_3n-B_n最小，便可求出m的最大值．
点评：本题考查数列的综合应用，具体涉及到通项公式的求法、数学归纳法的证明和最大值的求法．解题时要认真审题，注意合理地进行等价转化．