Question

16．以數(shù)列{a_n}的任意相鄰兩項(xiàng)為坐標(biāo)的點(diǎn)P_n（a_n，a_n+1）（n∈N^*）都在一次函數(shù)y=2x+k的圖象上，數(shù)列{b_n}滿足${b_n}={a_{n+1}}-{a_n}（n∈{N^*}，{b_1}≠0）$．
（1）求證：數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列；
（2）設(shè)數(shù)列{a_n}，{b_n}的前n項(xiàng)和分別為S_n，T_n，且S₆=T₄，S₅=-9，求k的值．

Answer 1

分析 （1）通過將點(diǎn)${p_n}（{a_n}，{a_{n+1}}）（n∈{N^*}）$代入y=2x+k可知a_n+1=2a_n+k，利用b_n+1=a_n+2-a_n+1計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過b_n=（a₁+k）•2^n-1=a_n+1-a_n可知a₂-a₁=（k+a₁）•2⁰、a₃-a₂=（k+a₁）•2¹、…、a_n-a_n-1=（k+a₁）•2^n-2，累加整理得b_n-a_n=k，計(jì)算即得結(jié)論．

解答 （1）證明：∵點(diǎn)${p_n}（{a_n}，{a_{n+1}}）（n∈{N^*}）$都在一次函數(shù)y=2x+k圖象上，
∴a_n+1=2a_n+k，
∴b_n+1=a_n+2-a_n+1=（2a_n+1+k）-（2a_n+k）=2（a_n+1-a_n）=2b_n，
∴$\frac{{{b_{n+1}}}}{b_n}$=2，
故{b_n}是以b₁=a₂-a₁=2a₁+k-a₁=k+a₁為首項(xiàng)、2為公比的等比數(shù)列；
（2）解：∵b_n=（a₁+k）•2^n-1=a_n+1-a_n，
∴a₂-a₁=（k+a₁）•2⁰，
a₃-a₂=（k+a₁）•2¹，
…
a_n-a_n-1=（k+a₁）•2^n-2，
累加得：a_n-a₁=（k+a₁）•$\frac{1-{2}^{n-1}}{1-2}$=（k+a₁）•（2^n-1-1），
整理得：a_n=（a₁+k）•2^n-1-k，
∴b_n-a_n=[（a₁+k）•2^n-1]-[（a₁+k）•2^n-1-k]=k，
又S₆=T₄，
即a₁+a₂+…+a₆=b₁+b₂+b₃+b₄，
∴a₅+a₆=4k，即$（{a_1}+k）{2^4}+（{a_1}+k）{2^5}-2k=4k$，
∴${a_1}=-\frac{7}{8}k$，
∴${a_n}=（\frac{k}{8}）{2^{n-1}}-k$，
又S₅=-9，
∴$\frac{{\frac{k}{8}（1-{2^5}）}}{1-2}-5k=-9$，
∴k=8．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等比數(shù)列的判定以及數(shù)列的求和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．