题目内容
已知数列{an}的前n项和Sn是二项式(1+2x)2n(n∈N*)展开式中含x奇次幂的系数和.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设f(n)=,求cn=f(0)+f()+f()+…+f(),求++…+的值.
(1)解:记(1+2x)2n=a0+a1x+a2x2+…+a2n-1x2n-1+a2nx2n
令x=1得:32n=a0+a1+a2+…+a2n-1+a2n
令x=-1得:1=a0-a1+a2-…-a2n-1+a2n
两式相减得:32n-1=2(a1+a3+…+a2n-1)
∴Sn=(9n-1)(4分)
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4×9n-1当n=1时,a1=S1=4,适合上式
∴an=4×9n-1(n∈N) (6分)
(2)解:f(n)==
注意到f(n)+f(1-n)=+=+= (8分)
cn=f(0)+f()+f()+…+f(),
可改写为cn=f()+f()+…+f()+f(0)
∴2cn=[f(0)+f()]+[f()+f()]+…+[f()+f()]+[f()+f(0)]
故cn=,即f(0)+f()+f()+…+f()= (8分)
∴==36×(-)
++…+
=36×[(-)+(-)+…+(-) (12分)
=36×(-)]=18-(14分)
分析:(1)记(1+2x)2n=a0+a1x+…+a2nx2n,利用赋值可分别令x=1得:32n=a0+a1+…+a2n,令x=-1得:1=a0-a1+a2-a3+…-a2n-1+a2n两式相减得:32n-1=2(a1+a3+…+a2n-1),从而可求
(2)由(1)可得 ,注意到f(n)+f(1-n)=,从而可考虑利用倒序相加求和,再利用裂项法可求++…+的值
点评:本题以数列为载体,主要考查了利用赋值法求二项展开式的系数,及数列求和中的倒序相加、裂项求和等方法的应用.
令x=1得:32n=a0+a1+a2+…+a2n-1+a2n
令x=-1得:1=a0-a1+a2-…-a2n-1+a2n
两式相减得:32n-1=2(a1+a3+…+a2n-1)
∴Sn=(9n-1)(4分)
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4×9n-1当n=1时,a1=S1=4,适合上式
∴an=4×9n-1(n∈N) (6分)
(2)解:f(n)==
注意到f(n)+f(1-n)=+=+= (8分)
cn=f(0)+f()+f()+…+f(),
可改写为cn=f()+f()+…+f()+f(0)
∴2cn=[f(0)+f()]+[f()+f()]+…+[f()+f()]+[f()+f(0)]
故cn=,即f(0)+f()+f()+…+f()= (8分)
∴==36×(-)
++…+
=36×[(-)+(-)+…+(-) (12分)
=36×(-)]=18-(14分)
分析:(1)记(1+2x)2n=a0+a1x+…+a2nx2n,利用赋值可分别令x=1得:32n=a0+a1+…+a2n,令x=-1得:1=a0-a1+a2-a3+…-a2n-1+a2n两式相减得:32n-1=2(a1+a3+…+a2n-1),从而可求
(2)由(1)可得 ,注意到f(n)+f(1-n)=,从而可考虑利用倒序相加求和,再利用裂项法可求++…+的值
点评:本题以数列为载体,主要考查了利用赋值法求二项展开式的系数,及数列求和中的倒序相加、裂项求和等方法的应用.
练习册系列答案
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A、16 | B、8 | C、4 | D、不确定 |