Question

17．设函数f（x）=x²-mx（m，x∈R）．
（1）求证：f（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）≤$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]；
（2）设数列{a_n}的前n项和S_n=f（n）（n∈N^*），且a₁=2，从数列{a_n}中抽取a₁，a₂，a₄，…a${\;}_{{2}^{n}}$，…依次构成数列{b_n}，的项，求{b_n}的通项公式；
（3）在条件（2）下，数列c_n=a_nb_n，求数列{c_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （1）通过作差比较f（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）-$\frac{1}{2}$[f（x₁）+f（x₂）]与0的大小关系，化简即得结论；
（2）通过（1）、利用S_n=n²+n与S_n+1=（n+1）²+（n+1）作差、计算即得结论；
（3）通过（2）可知c_n=n2ⁿ⁺¹，利用错位相减法计算即得结论．

解答 （1）证明：∵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}$[f（x₁）+f（x₂）]；
（2）解：依题意，S_n=f（n）=n²-mn，
又∵a₁=f（1）=1-m=2，
∴m=-1，
∴S_n=n²+n，S_n+1=（n+1）²+（n+1），
∴a_n+1=S_n+1-S_n=（n+1）²+（n+1）-（n²+n）=2（n+1），
又∵a₁=2满足上式，
∴a_n=2n，
∴b_n=${a}_{{2}^{n-1}}$=2•2^n-1=2ⁿ，
即数列{b_n}的通项公式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，
两式相减得：-$\frac{1}{2}•$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．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．