Question

已知数列{a_n}的首项为1，f(n)=a1

C

1 n

+a2

C

2 n

+…+ak

C

k n

+…+an

C

n n

（n∈N₊）．
（1）若{a_n}为常数列，求f（4）的值；
（2）若{a_n}为公比为2的等比数列，求f（n）的解析式；
（3）数列{a_n}能否成等差数列，使得f（n）-1=（n-1）2ⁿ对一切n∈N₊都成立．若能，求出数列{a_n}的通项公式；若不能，试说明理由．

Answer 1

分析：（1）根据{a_n}为常数列，且首项为1，可得它的通项公式．
（2）若{a_n}为公比为2的等比数列，则a_n=2^n-1，（n∈N₊），用二项式定理以及倒序相加法求得f（n）的解析式．
（3）假设数列{a_n}能否成等差数列，使得f（n）-1=（n-1）2ⁿ对一切n∈N₊都成立，设公差为d，用倒序相加法求得f（n）的解析式为 1+（n-1）2ⁿ ，可得（d-2）+[2+（n-2）d]•2^n-1=0 n∈N₊都成立，可得d=2，从而求得数列{a_n}的通项公式．

解答：解：（1）∵{a_n}为常数列，且首项为1，故有a_n=1，
∴f（4）=

C

1 4

+

C

2 4

+

C

3 4

+

C

4 4

=15．
（2）若{a_n}为公比为2的等比数列，则a_n=2^n-1，（n∈N₊）．
f(n)=a1

C

1 n

+a2

C

2 n

+…+ak

C

k n

+…+an

C

n n

=

C

1 n

+21

C

2 n

+…+2k-1

C

k n

+…+2n-1

C

n n

，
故1+2f（n）=1+

2C

1 n

+22

C

2 n

+…+2k

C

k n

+…+2n

C

n n

=（1+2）ⁿ=3ⁿ，
∴f（n）=

3n-1

2

．
（3）假设数列{a_n}能否成等差数列，使得f（n）-1=（n-1）2ⁿ对一切n∈N₊都成立．
设公差为d，则 f(n)=a1

C

1 n

+a2

C

2 n

+…+ak

C

k n

+…+an

C

n n

 ①，
且 f(n)=an

C

n n

+an-1

C

n-1 n

+…+an-k

C

n-k n

+…+a1

C

1 n

  ②，
把①、②相加可得 2f（n）=2a_n+（a₁+a_n-1）（

C

1 n

+

C

2 n

+

C

3 n

+…+

C

n-1 n

）
∴f（n）=a_n+

a1+an-1

2

（

C

1 n

+

C

2 n

+

C

3 n

+…+

C

n-1 n

） 
=a_n+

a1+an-1

2

（2ⁿ-2）=1+（n-1）d+[2+（n-2）d]（2^n-1-1）．
∴f（n）-1=（d-2）+[2+（n-2）d]]•2^n-1=（n-1）2ⁿ 恒成立．
即 （d-2）+（d-2）•[n+2]•2^n-1=0 n∈N₊都成立，∴d=2，
故存在数列{a_n}使得f（n）-1=（n-1）2ⁿ对一切n∈N₊都成立，且通项公式为a_n=2n-1．（其它方法相应给分）

点评：本题主要考查二项式定理的应用，等差关系的确定，等差数列的通项公式，属于中档题．