已知 $f\left( x\right)=\frac{1}{2}x{}^{2}+\frac{1}{2}x$ ，数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 ${S}_{n}$ ，点 $\left( n,{S}_{n}\right)\left( n\in {N}^{*}\right)$ 均在函数 $y=f\left( x\right)$ 的图象上.

(1)求数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的通项公式；

(2)若 $g\left( x\right)=\frac{4{}^{x}}{4{}^{x}+2}$ ，令 ${b}_{n}=g\left( \frac{{a}_{n}}{2025}\right)\left( n\in {N}^{*}\right)$ ，求数列 $\left\{ {b}_{n}\right\}$ 的前2024项和 ${T}_{2024}$ .

答案与解析

解析

（1）点(n,Sₙ)在y=f(x)上，故Sₙ=(n²+n)/2。a₁=S₁=1；n≥2时

a_n=S_n-S_{n-1}=\frac{n^2+n-[(n-1)^2+(n-1)]}{2}=n.

n=1也吻合，故aₙ=n。相加1+…+n=(n²+n)/2回核前和。

（2）4ˣ>0，所以g在所有实数有定义。令u=4ˣ>0，则4¹⁻ˣ=4/u，因而

g(x)+g(1-x)=\frac{u}{u+2}+\frac{4/u}{4/u+2}=\frac{u}{u+2}+\frac2{u+2}=1.

bⱼ=g(j/2025)，对1≤j≤2024，2025−j也在该区间，且j/2025+(2025−j)/2025=1。因此

2T_{2024}=\sum_{j=1}^{2024}(b_j+b_{2025-j})=2024,

T₂₀₂₄=1012。也可直接计1012对，每对1。

配对末端应为g(2024/2025)，不是g(2024/2024)；后者自变量1不能与1/2025互补。这一分母检查来自实际区间，而非只看最终数值。

本题结论

（1） $a_n=n$ ；（2） $T_{2024}=1012$ 。

2. 配对式先限定两个下标都存在

原数列只在正整数下标定义。要求bₙ+bₖ₋ₙ时，先同时检查n≥1与k−n≥1；随后通分证任意合法n的恒等式，再处理中心项。

已知数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 满足： $\frac{{a}_{1}}{2}+\frac{{a}_{2}}{{2}^{2}}+\frac{{a}_{3}}{{2}^{3}}+\cdot \cdot \cdot +\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}=n\left( n\in {N}^{\ast }\right)$ ，数列 $\left\{ {b}_{n}\right\}$ 满足 ${b}_{n}=\frac{1}{{a}_{n}+{2}^{50}}$ .

(1)求数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的通项公式；

(2)求 ${b}_{n}+{b}_{100-n}$ 的值；

(3)求 ${b}_{1}+{b}_{2}+{b}_{3}+\cdot \cdot \cdot +{b}_{99}$ 的值.

答案与解析

解析

（1）n=1时a₁/2=1，a₁=2。n≥2时，将第n个前和等式减去第n−1个，得到aₙ/2ⁿ=1，即aₙ=2ⁿ；与首项一致。原每个加权项为1，前n项和确为n。

（2）bₙ=1/(2ⁿ+2⁵⁰)，分母正。b₁₀₀₋ₙ有定义还要求1≤n≤99。令u=2ⁿ>0、c=2⁵⁰，则2¹⁰⁰⁻ⁿ=c²/u，所以

b_n+b_{100-n}=\frac1{u+c}+\frac1{c^2/u+c}=\frac1{u+c}+\frac{u}{c(u+c)}=\frac1c=\frac1{2^{50}}.

（3）映射j↦100−j将1到99一一映到自身，故

2T_{99}=\sum_{j=1}^{99}(b_j+b_{100-j})=\frac{99}{2^{50}},\qquad T_{99}=\frac{99}{2^{51}}.

第50项b₅₀=1/2⁵¹，自配对为2b₅₀=1/2⁵⁰，在两遍和中恰好出现两次。只写一遍时也有49对加中心项，和为49/2⁵⁰+1/2⁵¹=99/2⁵¹，不能再减掉中心。

本题结论

（1） $a_n=2^n$ ；（2） $b_n+b_{100-n}=2^{-50}$ ， $1\le n\le99$ ；（3）所求和为 $99/2^{51}$ 。