Question

已知数列{a_n}的首项为1，设f（n）=a₁C_n¹+a₂C_n²+…+a_kC_n^k+…+a_nC_nⁿ（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=2ⁿ•（n-1）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）{a_n}为常数列，a₁=1，可求a_n=1，代入f（n）=a₁C_n¹+a₂C_n²+…+a_kC_n^k+…+a_nC_nⁿ（n∈N^*）可求f（4）的值；
（2）根据题意可求a_n=2^n-1（n∈N^*），f（n）=C_n¹+2C_n²+4C_n³+…+2^n-1C_nⁿ，两端同时2倍，配凑二项式（1+2）ⁿ，问题即可解决；
（3）假设数列{a_n}能为等差数列，使得f（n）-1=（n-1）2ⁿ对一切n∈N^*都成立，利用倒序相加法求得f(n)=an+

a1+an-1

2

(2n-2)，最终转化为
（d-2）+（d-2）（n+2）2^n-1=0对n∈N^*恒成立，从而求得d=2，问题解决．

解答：解：（1）∵{a_n}为常数列，∴a_n=1（n∈N^*）．
∴f（4）=C₄¹+C₄²+C₄³+C₄⁴=15．…（4分）
（2）∵{a_n}为公比为2的等比数列，
∴a_n=2^n-1（n∈N^*）．…（6分）
∴f（n）=C_n¹+2C_n²+4C_n³+…+2^n-1C_nⁿ，
∴1+2f（n）=1+2C_n¹+2²C_n²+2³C_n³+…+2ⁿC_nⁿ=（1+2）ⁿ=3ⁿ，
故f(n)=

3n-1

2

．…（10分）
（3）假设数列{a_n}能为等差数列，使得f（n）-1=（n-1）2ⁿ对一切n∈N^*都成立，设公差为d，
则f（n）=a₁C_n¹+a₂C_n²+…+a_kC_n^k+…+a_n-1C_n^n-1+a_nC_nⁿ，
且f（n）=a_nC_nⁿ+a_n-1C_n^n-1+…+a_kC_n^k+…+a₂C_n²+a₁C_n¹，…（12分）
相加得 2f（n）=2a_n+（a₁+a_n-1）（C_n¹+C_n²+…+C_n^k+…+C_n^n-1），
∴f(n)=an+

a1+an-1

2

(

C

1 n

+

C

2 n

+…+

C

k n

+…+

C

n-1 n

)
=an+

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对n∈N^*恒成立，
即（d-2）+（d-2）（n+2）2^n-1=0对n∈N^*恒成立，∴d=2．…（15分）
故{a_n}能为等差数列，使得f（n）-1=（n-1）2ⁿ对一切n∈N^*都成立，它的通项公式为a_n=2n-1．…（16分）

点评：本题重点考查二项式定理的应用，解决的方法有倒序相加法求 f（n），难点在于综合分析，配凑逆用二项式定理，属于难题．