Question

10．已知數(shù)列{a_n}滿足a_n=2a_n-1+2ⁿ-1（n∈N，N≥2），且a₄=81
（1）求數(shù)列的前三項a₁、a₂、a₃的值；
（2）是否存在一個實數(shù)λ，使得數(shù)列{$\frac{{a}_{n}+λ}{{2}^{n}}$} 為等差數(shù)列？若存在，求出λ值；若不存在，說明理由；求數(shù)列{a_n} 通項公式；
（3）在（2）條件下，試求數(shù)列{a_n}的前n項和S_n．

Answer 1

分析 （1）由a_n=2a_n-1+2ⁿ-1（n∈N，N≥2），且a₄=81，分別令n=4，3，2即可得出．
（2）假設存在一個實數(shù)λ，使得數(shù)列{$\frac{{a}_{n}+λ}{{2}^{n}}$} 為等差數(shù)列，可得$\frac{{a}_{1}+λ}{2}$=$\frac{5+λ}{2}$，$\frac{{a}_{2}+λ}{4}$=$\frac{13+λ}{4}$，$\frac{{a}_{3}+λ}{{2}^{3}}$=$\frac{33+λ}{8}$，利用2×$\frac{{a}_{2}+λ}{4}$=$\frac{{a}_{3}+λ}{{2}^{3}}$+$\frac{{a}_{1}+λ}{2}$，解得λ=-1．可得$\frac{{a}_{n}+λ}{{2}^{n}}$=$\frac{{a}_{n}-1}{{2}^{n}}$=2+（n-1）=n+1，代入a_n=2a_n-1+2ⁿ-1（n∈N，N≥2），驗證即可．
（3）由（2）可得：a_n=（n+1）•2ⁿ+1，利用“錯位相減法”與等比數(shù)列的前n項和公式即可得出．

解答 解：（1）∵a_n=2a_n-1+2ⁿ-1（n∈N，N≥2），且a₄=81，
∴${a}_{4}=2{a}_{3}+{2}^{4}$-1=81，解得a₃=33，同理可得：a₂=13，a₁=5．
（2）假設存在一個實數(shù)λ，使得數(shù)列{$\frac{{a}_{n}+λ}{{2}^{n}}$} 為等差數(shù)列，
則$\frac{{a}_{1}+λ}{2}$=$\frac{5+λ}{2}$，$\frac{{a}_{2}+λ}{4}$=$\frac{13+λ}{4}$，$\frac{{a}_{3}+λ}{{2}^{3}}$=$\frac{33+λ}{8}$，
2×$\frac{{a}_{2}+λ}{4}$=$\frac{{a}_{3}+λ}{{2}^{3}}$+$\frac{{a}_{1}+λ}{2}$，
即2×$\frac{13+λ}{4}$=$\frac{5+λ}{2}$+$\frac{33+λ}{8}$，
解得λ=-1．
∴$\frac{{a}_{1}+λ}{2}$=$\frac{5+λ}{2}$=2，$\frac{{a}_{2}+λ}{4}$=$\frac{13+λ}{4}$=3，$\frac{{a}_{3}+λ}{{2}^{3}}$=$\frac{33+λ}{8}$=4，
則$\frac{{a}_{n}+λ}{{2}^{n}}$=$\frac{{a}_{n}-1}{{2}^{n}}$=2+（n-1）=n+1，
可得a_n=（n+1）•2ⁿ+1，
代入a_n=2a_n-1+2ⁿ-1（n∈N，N≥2），
可得右邊=2n•2^n-1+1+2ⁿ-1=（n+1）•2ⁿ+1=左邊，
因此假設成立．
∴a_n=（n+1）•2ⁿ+1，
（3）由（2）可得：a_n=（n+1）•2ⁿ+1，
設數(shù)列{（n+1）•2ⁿ}的前n項和為T_n，
則T_n=2×2+3×2²+4×2³+…+（n+1）•2ⁿ，
∴2T_n=2×2³+3×2⁴+…+n•2ⁿ+（n+1）•2ⁿ⁺¹，
∴-T_n=4+2²+2³+…+2ⁿ-+（n+1）•2ⁿ⁺¹=2+$\frac{2（{2}^{n}-1）}{2-1}$-（n+1）•2ⁿ⁺¹=-n•2ⁿ⁺¹，
∴T_n=n•2ⁿ⁺¹．
∴數(shù)列{a_n}的前n項和S_n=n•2ⁿ⁺¹+n．

點評 本題考查了“錯位相減法”、等差數(shù)列等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、遞推關系的應用，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．