Question

已知在數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a_2n+1=qa_2n-1+d（d∈R，q∈R 且q≠0，n∈N^*）．
（1）若數(shù)列{a_2n-1}是等比數(shù)列，求q與d滿足的條件；
（2）當(dāng)d=0，q=2時(shí)，一個(gè)質(zhì)點(diǎn)在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)運(yùn)動，從坐標(biāo)原點(diǎn)出發(fā)，第1次向右運(yùn)動，第2次向上運(yùn)動，第3次向左運(yùn)動，第4次向下運(yùn)動，以后依次按向右、向上、向左、向下的方向交替地運(yùn)動，設(shè)第n次運(yùn)動的位移是a_n，第n次運(yùn)動后，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)P_n（x_n，y_n），求數(shù)列{n•x_4n}的前n項(xiàng)和S_n．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)a₁=1，a_2n+1=qa_2n-1+d（d∈R，q∈R 且q≠0，n∈N^*），若數(shù)列{a_2n-1}是等比數(shù)列，分d=0與d≠0討論解決；
（2）當(dāng)d=0，q=2時(shí)，可求得a2n-1=2n-1，于是x₄=a₁-a₃=1-2，x8=1-2+22-23，…，從而求得x_4n=

1-22n

3

，S_n=x₄+2x₈+3x₁₂+…+（n-1）•x_4（n-1）+n•x_4n利用錯位相減法可求得s_n．

解答：解：（1）∵a₁=1，a_2n+1=qa_2n-1+d，q≠0，
①當(dāng)d=0時(shí)，a_2n+1=qa_2n-1，顯然{a_2n-1}是等比數(shù)列；
②當(dāng)d≠0時(shí)，a₃=qa₁+d=q+d，a₅=qa₃+d=q（q+d）+d．
∵數(shù)列{a_2n-1}是等比數(shù)列，
∴

a

2 3

=a1a5，即（q+d）²=q（q+d）+d，化簡得q+d=1．
此時(shí)有a_2n+1=qa_2n-1+1-q，得a_2n+1-1=q（a_2n-1-1），
由 a₁=1，q≠0，得a_2n-1=1（n∈N^*），則數(shù)列{a_2n-1}是等比數(shù)列．
綜上，q與d滿足的條件為d=0（q≠0）或q+d=1（q≠0，d≠0）．
（2）當(dāng)d=0，q=2時(shí)，
∵a_2n+1=2a_2n-1，
∴a2n-1=a1•2n-1=2n-1，
依題意得：x₄=a₁-a₃=1-2，x8=1-2+22-23，…，
∴x4n=1-2+22-23+…+22n-2-22n-1=

1-(-2)2n

1-(-2)

=

1-22n

1+2

=

1-22n

3

．
∴1-3x4n=22n．
∴x4n=

1-22n

3

．
∴S_n=x₄+2x₈+3x₁₂+…+（n-1）•x_4（n-1）+n•x_4n=

1

3

(1+2+3+…+n)-

1

3

(1×22+2×24+3×26+…+n•22n)=

n(n+1)

6

-

1

3

(1×22+2×24+3×26+…+n•22n)．
令Tn=1×22+2×24+3×26+…+(n-1)•22(n-1)+n•22n①
4T_n=1×2⁴+2×2⁶+3×2⁸+…+（n-1）•2²ⁿ+n•2²ⁿ⁺²②
①-②得-3Tn=1×22+24+26+…+22n-n•22n+2=

22(1-22n)

1-4

-n•22n+2=

4

3

(22n-1)-n•22n+2．
∴Tn=

4

9

(1-22n)+

n•22n+2

3

=

4

9

+

(3n-1)•22n+2

9

．
∴Sn=

n(n+1)

6

-

4

27

-

(3n-1)•22n+2

27

．

點(diǎn)評：本題考查數(shù)列遞推式，難點(diǎn)在于（2）x_4n的計(jì)算，著重考查數(shù)列求和，突出考查等差與等比數(shù)列的公式法求和及錯位相減法求和，屬于難題．