Question

17．設(shè)函數(shù)f（x）=x²-mx（m，x∈R）．
（1）求證：f（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）≤$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]；
（2）設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項和S_n=f（n）（n∈N^*），且a₁=2，從數(shù)列{a_n}中抽取a₁，a₂，a₄，…a${\;}_{{2}^{n}}$，…依次構(gòu)成數(shù)列{b_n}，的項，求{b_n}的通項公式；
（3）在條件（2）下，數(shù)列c_n=a_nb_n，求數(shù)列{c_n}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （1）通過作差比較f（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）-$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]與0的大小關(guān)系，化簡即得結(jié)論；
（2）通過（1）、利用S_n=n²+n與S_n+1=（n+1）²+（n+1）作差、計算即得結(jié)論；
（3）通過（2）可知c_n=n2ⁿ⁺¹，利用錯位相減法計算即得結(jié)論．

解答 （1）證明：∵f（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）-$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]
=（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）²-m•$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$-$\frac{1}{2}$（${{x}_{1}}^{2}$-mx₁+${{x}_{2}}^{2}$-mx₂）
=$\frac{1}{2}•$$\frac{{{x}_{1}}^{2}+2{x}_{1}{x}_{2}+{{x}_{2}}^{2}}{2}$-$\frac{m}{2}$（x₁+x₂）-$\frac{1}{2}$（${{x}_{1}}^{2}$+${{x}_{2}}^{2}$-mx₁-mx₂）
=$\frac{1}{2}$x₁x₂-$\frac{1}{4}$（${{x}_{1}}^{2}$+${{x}_{2}}^{2}$）
=-$\frac{1}{4}$（x₁-x₂）²
≤0，
∴f（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）≤$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]；
（2）解：依題意，S_n=f（n）=n²-mn，
又∵a₁=f（1）=1-m=2，
∴m=-1，
∴S_n=n²+n，S_n+1=（n+1）²+（n+1），
∴a_n+1=S_n+1-S_n=（n+1）²+（n+1）-（n²+n）=2（n+1），
又∵a₁=2滿足上式，
∴a_n=2n，
∴b_n=${a}_{{2}^{n-1}}$=2•2^n-1=2ⁿ，
即數(shù)列{b_n}的通項公式b_n=2ⁿ；
（3）解：c_n=a_nb_n=2n•2ⁿ=n2ⁿ⁺¹，
∴T_n=1•2²+2•2³+…+n•2ⁿ⁺¹，
$\frac{1}{2}•$T_n=1•2¹+2•2²+…+（n-1）•2^n-1+n•2ⁿ，
兩式相減得：-$\frac{1}{2}•$T_n=2¹+2²+…+2^n-1+2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹
=$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}$-n•2ⁿ⁺¹
=（1-n）•2ⁿ⁺¹-2，
∴T_n=-2[（1-n）•2ⁿ⁺¹-2]
=4+（n-1）•2ⁿ⁺²．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．