Question

14．已知向量$\overrightarrow{a}$=（2ⁿ，a_n），$\overrightarrow$=（a_n+1，2ⁿ⁺¹），（n∈N^*），且a₁=1，若$\overrightarrow{a}$與$\overrightarrow$共線．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n．

Answer 1

分析 （1）通過$\overrightarrow{a}$與$\overrightarrow$共線可知$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}×\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}=1$，從而數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}中奇數(shù)項(xiàng)為$\frac{1}{2}$，偶數(shù)項(xiàng)為2，即得結(jié)論；
（2）結(jié)合（1），可得數(shù)列{a_n}中所有的奇數(shù)項(xiàng)構(gòu)成一個以1為首項(xiàng)、4為公比的等比數(shù)列，數(shù)列{a_n}中的偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成一個以2³為首項(xiàng)、4為公比的等比數(shù)列，對n分奇、偶數(shù)討論即得S_n．

解答 解：（1）∵$\overrightarrow{a}$與$\overrightarrow$共線，向量$\overrightarrow{a}$=（2ⁿ，a_n），$\overrightarrow$=（a_n+1，2ⁿ⁺¹），
∴2ⁿ×2ⁿ⁺¹=a_n×a_n+1，
變形，得$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}×\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}=1$，
∵a₁=1，∴$\frac{{a}_{1}}{2}=\frac{1}{2}$，
∴$\frac{1}{{2}^{1}}×\frac{{a}_{2}}{{2}^{2}}=1$，即$\frac{{a}_{2}}{{2}^{2}}=2$，故${a}_{2}={2}^{3}$，
∴$\frac{{a}_{3}}{{2}^{3}}=\frac{1}{2}$，故${a}_{3}={2}^{2}$，
∴$\frac{{a}_{4}}{{2}^{4}}=2$，故${a}_{4}={2}^{5}$，
…
所以數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}中奇數(shù)項(xiàng)為$\frac{1}{2}$，偶數(shù)項(xiàng)為2，
故a_n=$\left\{\begin{array}{l}{{2}^{2（k-1）}，}&{n=2k-1}\\{{2}^{2k+1}，}&{n=2k}\end{array}\right.$，k∈N^*；
（2）由（1）知，①當(dāng)n=2k-1 （k∈N^*）時，
數(shù)列{a_n}是以1為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列，
故前k項(xiàng)和T_k=$\frac{1×（1-{4}^{k}）}{1-4}$=$\frac{{4}^{k}-1}{3}$；
②當(dāng)n=2k（k∈N^*）時，
數(shù)列{a_n}是以2³為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列，
故前k項(xiàng)和Q_k=$\frac{{2}^{3}×（1-{4}^{k}）}{1-4}$=$\frac{8}{3}（{4}^{k}-1）$；
所以S_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{4}^{k}-1}{3}+\frac{8}{3}（{4}^{k-1}-1），}&{n=2k-1}\\{\frac{{4}^{k}-1}{3}+\frac{8}{3}（{4}^{k}-1），}&{n=2k}\end{array}\right.$，
化簡，得S_n=$\left\{\begin{array}{l}{{4}^{k}-3，}&{n=2k-1}\\{3×（{4}^{k}-1），}&{n=2k}\end{array}\right.$．

點(diǎn)評 本題考查向量的共線，數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和，考查分類討論的思想，考查分析能力和計(jì)算能力，注意解題方法的積累，屬于難題．