Question

已知數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為1，設(shè)f（n）=a₁C_n¹+a₂C_n²+…+a_kC_n^k+…+a_nC_nⁿ（n∈N^*）．
（1）若{a_n}為常數(shù)列，求f（4）的值；
（2）若{a_n}為公比為2的等比數(shù)列，求f（n）的解析式；
（3）數(shù)列{a_n}能否成等差數(shù)列，使得f（n）-1=2ⁿ•（n-1）對一切n∈N^*都成立？若能，求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；若不能，試說明理由．

Answer 1

分析：（1）{a_n}為常數(shù)列，a₁=1，可求a_n=1，代入f（n）=a₁C_n¹+a₂C_n²+…+a_kC_n^k+…+a_nC_nⁿ（n∈N^*）可求f（4）的值；
（2）根據(jù)題意可求a_n=2^n-1（n∈N^*），f（n）=C_n¹+2C_n²+4C_n³+…+2^n-1C_nⁿ，兩端同時(shí)2倍，配湊二項(xiàng)式（1+2）ⁿ，問題即可解決；
（3）假設(shè)數(shù)列{a_n}能為等差數(shù)列，使得f（n）-1=（n-1）2ⁿ對一切n∈N^*都成立，利用倒序相加法求得f(n)=an+

a1+an-1

2

(2n-2)，最終轉(zhuǎn)化為
（d-2）+（d-2）（n+2）2^n-1=0對n∈N^*恒成立，從而求得d=2，問題解決．

解答：解：（1）∵{a_n}為常數(shù)列，∴a_n=1（n∈N^*）．
∴f（4）=C₄¹+C₄²+C₄³+C₄⁴=15．…（4分）
（2）∵{a_n}為公比為2的等比數(shù)列，
∴a_n=2^n-1（n∈N^*）．…（6分）
∴f（n）=C_n¹+2C_n²+4C_n³+…+2^n-1C_nⁿ，
∴1+2f（n）=1+2C_n¹+2²C_n²+2³C_n³+…+2ⁿC_nⁿ=（1+2）ⁿ=3ⁿ，
故f(n)=

3n-1

2

．…（10分）
（3）假設(shè)數(shù)列{a_n}能為等差數(shù)列，使得f（n）-1=（n-1）2ⁿ對一切n∈N^*都成立，設(shè)公差為d，
則f（n）=a₁C_n¹+a₂C_n²+…+a_kC_n^k+…+a_n-1C_n^n-1+a_nC_nⁿ，
且f（n）=a_nC_nⁿ+a_n-1C_n^n-1+…+a_kC_n^k+…+a₂C_n²+a₁C_n¹，…（12分）
相加得 2f（n）=2a_n+（a₁+a_n-1）（C_n¹+C_n²+…+C_n^k+…+C_n^n-1），
∴f(n)=an+

a1+an-1

2

(

C

1 n

+

C

2 n

+…+

C

k n

+…+

C

n-1 n

)
=an+

a1+an-1

2

(2n-2)
=1+（n-1）d+[2+（n-2）d]（2^n-1-1）．
∴f（n）-1=（d-2）+[2+（n-2）d]2^n-1=（n-1）2ⁿ對n∈N^*恒成立，
即（d-2）+（d-2）（n+2）2^n-1=0對n∈N^*恒成立，∴d=2．…（15分）
故{a_n}能為等差數(shù)列，使得f（n）-1=（n-1）2ⁿ對一切n∈N^*都成立，它的通項(xiàng)公式為a_n=2n-1．…（16分）

點(diǎn)評：本題重點(diǎn)考查二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，解決的方法有倒序相加法求 f（n），難點(diǎn)在于綜合分析，配湊逆用二項(xiàng)式定理，屬于難題．