Question

2．设S_n是数列{a_n}的前n项和，S_n=（-1）ⁿ•a_n-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，n∈N^*，则S₁+S₂+…+S₁₀=-$\frac{511}{768}$．

Answer 1

分析 S_n=（-1）ⁿ•a_n-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，n∈N^*，S₁=-S₁-1，解得S₁=-$\frac{1}{2}$．当n=2k（k∈N^*）（k≥2）时，由S_n=（-1）ⁿ•（S_n-S_n-1）-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，n∈N^*，
可得：S_2k-1=-$\frac{1}{{2}^{2k-1}}$．当n=2k+1（k∈N^*）（k≥2）时，同理可得S_2k=0．

解答 解：∵S_n=（-1）ⁿ•a_n-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，n∈N^*，
∴S₁=-S₁-1，解得S₁=-$\frac{1}{2}$．取n=3，可得：a₁+a₂+a₃=-a₃-$\frac{1}{4}$，取n=4可得：a₁+a₂+a₃+a₄=a₄-$\frac{1}{8}$，可得a₃=-$\frac{1}{8}$，a₂=$\frac{1}{2}$．
当n=2k（k∈N^*）（k≥2）时，由S_n=（-1）ⁿ•（S_n-S_n-1）-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，n∈N^*，
可得：S_2k-1=-$\frac{1}{{2}^{2k-1}}$．
当n=2k+1（k∈N^*）（k≥2）时，由S_n=（-1）ⁿ•（S_n-S_n-1）-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，n∈N^*，
可得：2S_2k+1=S_2k-$\frac{1}{{2}^{2k}}$，
∴S_2k=0．
∴S₁+S₂+…+S₁₀=（S₁+S₃+…+S₉）+（S₂+S₄+…+S₁₀）
=$-（\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{3}}+…+\frac{1}{{2}^{9}}）$+0
=-$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{4}^{5}}）}{1-\frac{1}{4}}$
=-$\frac{2}{3}$×$（1-\frac{1}{{4}^{5}}）$．
=-$\frac{511}{768}$．
故答案为：-$\frac{511}{768}$．

点评 本题考查了递推关系、等比数列的前n项和公式，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题．