Question

14．在數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a₂=2，數(shù)列{b_n}滿足b_n=a_n+1+（-1）ⁿ，n∈N^*
（1）若數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，求數(shù)列{bn}的前6項(xiàng)和S₆；
（2）若數(shù)列{b_n}是公差為2的等差數(shù)列，求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）若b_2n-b_2n-1=0，b_2n+1+b_2n=$\frac{6}{{2}^{n}}$，n∈N^*，求數(shù)列{a_n}的前2n項(xiàng)和T_2n．

Answer 1

分析 （1）數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a₂=2，由于數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，可得公差d=1，利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得a_n．可得b_n=n+1+（-1）ⁿ．利用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出數(shù)列{b_n}的前6項(xiàng)和S₆．
（2）由于數(shù)列{b_n}是公差為2的等差數(shù)列，可得b₁=a₂-1=1，可得b_n．即可得出a_n+1，進(jìn)而得到a_n．
（3）由b_n=a_n+1+（-1）ⁿ，可得${a}_{n+1}=_{n}+（-1）^{n+1}$．kd 數(shù)列{a_n}的前2n項(xiàng)和T_2n=1+b₁+b₂+…+b_2n-1+1=b₁+b₂+…+b_2n-1+2，根據(jù)b_2n-b_2n-1=0，b_2n+1+b_2n=$\frac{6}{{2}^{n}}$，n∈N^*，可得T_2n=b₁+（b₂+b₃）+…+（b_2n-2+b_2n-1）+2，代入即可得出．

解答 解：（1）數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a₂=2，
∵數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，∴公差d=2-1=1，
∴a_n=1+（n-1）=n．
∴b_n=a_n+1+（-1）ⁿ=n+1+（-1）ⁿ．
∴數(shù)列{b_n}的前6項(xiàng)和S₆=$\frac{6×（2+7）}{2}$+0=27．
（2）∵數(shù)列{b_n}是公差為2的等差數(shù)列，
b₁=a₂-1=1，
∴b_n=1+2（n-1）=2n-1．
∵b_n=a_n+1+（-1）ⁿ，
∴a_n+1=b_n+（-1）ⁿ⁺¹=2n-1+（-1）ⁿ⁺¹，
∴n≥2時，a_n=2n-3+（-1）ⁿ，
當(dāng)n=1時，上式不成立．
∴${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{1，n=1}\\{2n-3+（-1）^{n}，n≥2}\end{array}\right.$．
（3）由b_n=a_n+1+（-1）ⁿ，可得${a}_{n+1}=_{n}+（-1）^{n+1}$．
∴數(shù)列{a_n}的前2n項(xiàng)和T_2n=1+b₁+b₂+…+b_2n-1+1
=b₁+b₂+…+b_2n-1+2，
∵b_2n-b_2n-1=0，b_2n+1+b_2n=$\frac{6}{{2}^{n}}$，n∈N^*，
∴T_2n=b₁+（b₂+b₃）+…+（b_2n-2+b_2n-1）+2，
=1+$\frac{6}{2}$+$\frac{6}{{2}^{2}}$+…+$\frac{6}{{2}^{n-1}}$
=$1+6×\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$
=7-$\frac{3}{{2}^{n-2}}$．

點(diǎn)評 本題考查了遞推關(guān)系的應(yīng)用、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、分類討論方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．