Question

5．数列{a_n}满足：a₁•a₂+a₂•a₃+a₃•a₄+…+a_n•a_n+1=$\frac{{A{n^3}+B{n^2}+2n}}{3}$，且a₁=1，a₂=2，a₃=3．
（1）求A，B值；
（2）证明：{a_n}是等差数列；
（3）已知b_n=2^a_n，若满足a_i＜m，b_j＜m，且存在a_i，b_j使得a_i+b_j=m成立的所有a_i，b_j之和记为S（m），则当n≥2，n∈N^*时，求S（2²）+S（2³）+S（2⁴）+…+S（2ⁿ）．

Answer 1

分析 （1）利用已知取n=1，n=2列出方程，解出即可得出．
（2）利用递推关系与“累乘求积”即可证明．
（3）由a_n=n，可得${b_n}={2^{a_n}}={2^n}$，当${a_i}+{b_j}={2^n}$时，${b_j}={2^j}$为偶数，可得${a_i}={2^n}-{2^j}，1≤j≤n-1$，
因此使得${a_i}+{b_j}={2^n}$成立的所有a_i，b_j之和S（2ⁿ）=（n-1）•2ⁿ，令T=S（2²）+S（2³）+S（2⁴）+…+S（2ⁿ），利用“错位相减法”与求和公式即可得出．

解答 （1）解：∵$n=1，{a_1}{a_2}=2=\frac{A+B+2}{3}，n=2，{a_1}{a_2}+{a_2}{a_3}=8=\frac{8A+4B+2}{3}$，
∴A=1，B=3．
（2）证明：∵${a_1}{a_2}+{a_2}{a_3}+…+{a_n}{a_{n+1}}=\frac{{{n^3}+3{n^2}+2n}}{3}$，
∴${a_1}{a_2}+{a_2}{a_3}+…+{a_{n-1}}{a_n}=\frac{{{{（{n-1}）}^3}+3{{（{n-1}）}^2}+2（{n-1}）}}{3}（{n≥2}）$，
两式相减得a_na_n+1=n（n+1）（n≥2），则a_n+1a_n+2=（n+1）（n+2），
两式相除得$\frac{{{a_{n+2}}}}{a_n}=\frac{n+2}{n}（{n≥2}）$，
∴n为偶数时，${a_n}=\frac{a_n}{{{a_{n-2}}}}•\frac{{{a_{n-2}}}}{{{a_{n-4}}}}•…•\frac{a_4}{a_2}•{a_2}=\frac{n}{n-2}•\frac{n-2}{n-4}•…•\frac{4}{2}•2=n$，
n为奇数时，${a_n}=\frac{a_n}{{{a_{n-2}}}}•\frac{{{a_{n-2}}}}{{{a_{n-4}}}}•…•\frac{a_3}{a_1}•{a_1}=\frac{n}{n-2}•\frac{n-2}{n-4}•…•\frac{3}{1}•1=n$，
∴a_n=n（n≥4），又a₁=1，a₂=2，a₃=3，
∴a_n=n，
∴数列{a_n}成等差数列．
（3）解：∵a_n=n，∴${b_n}={2^{a_n}}={2^n}$，
当${a_i}+{b_j}={2^n}$时，∵${b_j}={2^j}$为偶数，则${a_i}={2^n}-{2^j}，1≤j≤n-1$，
∴使得${a_i}+{b_j}={2^n}$成立的所有a_i，b_j之和S（2ⁿ）=（n-1）•2ⁿ，
令T=S（2²）+S（2³）+S（2⁴）+…+S（2ⁿ），
则T=2²+2×2³+3×2⁴+4×2⁵+…+（n-1）×2ⁿ，（1）
2T=2³+2×2⁴+3×2⁵+…+（n-2）×2ⁿ+（n-1）×2ⁿ⁺¹，（2）
（1）-（2）：-T=2²+2³+2⁴+…+2ⁿ-（n-1）×2ⁿ⁺¹=$\frac{{4（1-{2^{n-1}}）}}{1-2}-（n-1）×{2^{n+1}}$=-4-（n-2）•2ⁿ⁺¹，
∴T=S（2²）+S（2³）+S（2⁴）+…+S（2ⁿ）=（n-2）•2ⁿ⁺¹+4．

点评 本题考查了等差数列的通项公式及其求和公式、“错位相减法”、递推关系，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．