Question

17．设数列{a_n}的前n项和为S_n，已知S₁=1，S₂=2，当n≥2时，S_n+1-S_n-1=2ⁿ，
（1）求证：a_n+2-a_n=2ⁿ（n∈N^*）；
（2）求数列{a_n}的通项公式；
（3）设T_n=1+$\frac{1}{2}$a₂+$\frac{1}{{2}^{2}}$a₃+…+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$a_n，求T_n．

Answer 1

分析 （1）当n≥2时，S_n+1-S_n-1=2ⁿ，S_n+2-S_n=2ⁿ⁺¹，两式相减即可证明；
（2）对n分类讨论，利用（1）的结论即可得出；
（3）当n=2k（k∈N^*）时，$\frac{1}{{2}^{2k-1}}{a}_{2k}$=$\frac{2}{3}-\frac{1}{3×{2}^{2k-1}}$.$\frac{1}{{2}^{2k-2}}{a}_{2k-1}$=$\frac{2}{3}$+$\frac{1}{3×{2}^{2k-2}}$．利用等比数列的前n项和公式即可得出．当n=2k-1（k∈N^*）时，T_n=T_2k-a_2k即可得出．

解答 （1）证明：∵当n≥2时，S_n+1-S_n-1=2ⁿ，S_n+2-S_n=2ⁿ⁺¹，
两式相减可得：a_n+2-a_n=2ⁿ，
∵S₁=1，S₂=2，∴S₃-S₁=2²，解得a₃=3，∴a₃-a₁=2．
∴a_n+2-a_n=2ⁿ（n∈N^*）．
（2）解：当n=2k-1（k∈N^*）时，a_2k-1=（a_2k-1-a_2k-3）+（a_2k-3-a_2k-5）+…+（a₃-a₁）+a₁
=2^2k-3+2^2k-5+…+2¹+1
=$\frac{2（{4}^{k-1}-1）}{4-1}$+1=$\frac{2×{2}^{2k-2}-2}{3}$+1=$\frac{{2}^{2k-1}+1}{3}$，∴a_n=$\frac{{2}^{n}+1}{3}$．
同理可得当n=2k（k∈N^*）时，a_2k=$\frac{{4}^{k}-1}{4-1}$=$\frac{{2}^{2k}-1}{3}$，a_n=$\frac{{2}^{n}-1}{3}$．
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{2}^{n}+1}{3}，n=2k-1}\\{\frac{{2}^{n}-1}{3}，n=2k}\end{array}\right.$，（k∈N^*）．
（3）解：当n=2k（k∈N^*）时，
$\frac{1}{{2}^{2k-1}}{a}_{2k}$=$\frac{1}{{2}^{2k-1}}×\frac{{2}^{2k}-1}{3}$=$\frac{2}{3}-\frac{1}{3×{2}^{2k-1}}$．
$\frac{1}{{2}^{2k-2}}{a}_{2k-1}$=$\frac{1}{{2}^{2k-2}}（\frac{{2}^{2k-1}+1}{3}）$=$\frac{2}{3}$+$\frac{1}{3×{2}^{2k-2}}$．
∴T_n=1+$\frac{1}{2}$a₂+$\frac{1}{{2}^{2}}$a₃+…+$\frac{1}{{2}^{2k-1}}{a}_{2k}$=$\frac{2}{3}×2k$+$\frac{1}{3}（1-\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}-\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{2k-2}}-\frac{1}{{2}^{2k-1}}）$
=$\frac{2n}{3}$+$\frac{1}{3}×\frac{1-（-\frac{1}{2}）^{2k}}{1-（-\frac{1}{2}）}$
=$\frac{2n}{3}$+$\frac{2}{9}$-$\frac{2}{9}（-\frac{1}{2}）^{n}$．
当n=2k-1（k∈N^*）时，T_n=T_2k-a_2k=$\frac{2n}{3}$+$\frac{2}{9}$-$\frac{2}{9}（-\frac{1}{2}）^{n}$-$\frac{{2}^{n}-1}{3}$=$\frac{2n}{3}$+$\frac{5}{9}$-$\frac{2}{9}（-\frac{1}{2}）^{n}$-$\frac{1}{3}•{2}^{n}$．

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