Question

16．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且满足S_n=（-1）ⁿa_n+$\frac{1}{{2}^{n}}$，设{S_n}的前n项和为T_n，则T₂₀₁₆=$\frac{1}{3}$•$\frac{{2}^{2016}-1}{{2}^{2016}}$．

Answer 1

分析 通过S_n=（-1）ⁿa_n+$\frac{1}{{2}^{n}}$可知a₁=$\frac{1}{4}$、当n≥2时a_n=S_n-S_n-1=（-1）ⁿa_n+$\frac{1}{{2}^{n}}$-（-1）^n-1a_n-1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，分n为奇数、偶数两种情况讨论可知a_n=$\frac{1}{{2}^{n+1}}$（n为奇数）、a_n=-$\frac{1}{{2}^{n}}$（n为偶数），进而计算可得结论．

解答 解：∵S_n=（-1）ⁿa_n+$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴当n=1时，a₁=-a₁+$\frac{1}{2}$，即a₁=$\frac{1}{4}$；
∴当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=（-1）ⁿa_n+$\frac{1}{{2}^{n}}$-（-1）^n-1a_n-1-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴当n为偶数时，a_n=a_n+a_n-1-$\frac{1}{{2}^{n}}$，即a_n-1=$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴a_n=$\frac{1}{{2}^{n+1}}$（n为奇数）；
当n为奇数时，a_n=-a_n-a_n-1-$\frac{1}{{2}^{n}}$，即2a_n=-a_n-1-$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴2•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$=-a_n-1+$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，即a_n-1=-$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
∴a_n=-$\frac{1}{{2}^{n}}$（n为偶数）；
综上所述，a_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{{2}^{n+1}}，}&{n为奇数}\\{-\frac{1}{{2}^{n}}，}&{n为偶数}\end{array}\right.$；
∴T₂₀₁₆=（-a₁+a₂-a₃+a₄-…-a₂₀₁₅+a₂₀₁₆）+（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{2016}}$）
=（-a₁+a₂）+（-a₃+a₄）+…+（-a₂₀₁₅+a₂₀₁₆）+（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{2016}}$）
=（-$\frac{1}{{2}^{2}}$-$\frac{1}{{2}^{2}}$）+（-$\frac{1}{{2}^{4}}$-$\frac{1}{{2}^{4}}$）+…+（-$\frac{1}{{2}^{2016}}$-$\frac{1}{{2}^{2016}}$）+$\frac{\frac{1}{2}（1-\frac{1}{{2}^{2016}}）}{1-\frac{1}{2}}$
=-2（$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{4}}$+…+$\frac{1}{{2}^{2016}}$）+1-$\frac{1}{{2}^{2016}}$
=-2•$\frac{\frac{1}{{2}^{2}}×（1-\frac{1}{{2}^{2×1008}}）}{1-\frac{1}{{2}^{2}}}$+1-$\frac{1}{{2}^{2016}}$
=$\frac{1}{3}$•$\frac{{2}^{2016}-1}{{2}^{2016}}$，
故答案为：$\frac{1}{3}$•$\frac{{2}^{2016}-1}{{2}^{2016}}$．

点评 本题考查了数列的求和，考查了数列的函数特性，解答此题的关键在于当n为偶数时能求出奇数项的通项，当n为奇数时求出偶数项的通项，注意解题方法的积累，属于中档题．