Question

11．已知任意的正整數(shù)n都可唯一表示為n=a₀•2^k+a${\;}_{1}•{2}^{k-1}$+…+a${\;}_{k-1}•{2}^{1}$+a_k•2⁰，其中a₀=1，a₁，a₂，…，a_k∈{0，1}，k∈N．
對(duì)于n∈N^*，數(shù)列{b_n}滿足：當(dāng)a₀，a₁，…，a_k中有偶數(shù)個(gè)1時(shí)，b_n=0；否則b_n=1，如數(shù)5可以唯一表示為5=1×2²+0×2¹+1×2⁰，則b₅=0．
（1）寫(xiě)出數(shù)列{b_n}的前8項(xiàng)；
（2）求證：數(shù)列{b_n}中連續(xù)為1的項(xiàng)不超過(guò)2項(xiàng)；
（3）記數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為S_n，求滿足S_n=1026的所有n的值．（結(jié)論不要求證明）

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意，分析可得，將n 表示n=a₀×2^k+a₁×2^k-1+a₂×2^k-2+…+a_k-1×2¹+a_k×2⁰，實(shí)際是將十進(jìn)制的數(shù)轉(zhuǎn)化為二進(jìn)制的數(shù)，即可求出答案，
（2）設(shè)數(shù)列{b_n} 中某段連續(xù)為1的項(xiàng)從b_m開(kāi)始，則 b_m=1．由題意，令m=a₀×2^k+a₁×2^k-1+a₂×2^k-2+…+a_k-1×2¹+a_k×2⁰，則a₁，a₂，…，a_k中有奇數(shù)個(gè)1，分當(dāng)a₀=1，a₁，a₂，…，a_k，中無(wú)0時(shí)，和當(dāng)a₀=1，a₁，a₂，…，a_k，中有0時(shí)兩種情況證明，
（3）由（2）即可求出n的值．

解答 解：（1）數(shù)列{b_n}的前8項(xiàng)為1，1，0，1，0，0，1，1．
（2）設(shè)數(shù)列{b_n} 中某段連續(xù)為1的項(xiàng)從b_m開(kāi)始，則 b_m=1．由題意，令m=a₀×2^k+a₁×2^k-1+a₂×2^k-2+…+a_k-1×2¹+a_k×2⁰，
則a₁，a₂，…，a_k中有奇數(shù)個(gè)1．
當(dāng)a₀=1，a₁，a₂，…，a_k，中無(wú)0時(shí)，
∵m=2^k+2^k-1+…+2¹+2⁰，
∴m+1=1×2^k+1+0×2^k+…+0×2¹+0×2⁰，
m+2=1×2^k+1+0×2^k+…+0×2¹+1×2⁰，
∴b_m=1，b_m+1=1，b_m+2=0，此時(shí)連續(xù)2項(xiàng)為1，
當(dāng)a₀=1，a₁，a₂，…，a_k，中有0時(shí)，
①若a_k=0，即m=a₀•2^k+a${\;}_{1}•{2}^{k-1}$+…+a${\;}_{k-1}•{2}^{1}$+0×2⁰
則m+1=a₀•2^k+a${\;}_{1}•{2}^{k-1}$+…+a${\;}_{k-1}•{2}^{1}$+1×2⁰，、
∵a₁，a₂，…，a_k中有奇數(shù)個(gè)1，
∴b_m+1=0，此時(shí)連續(xù)1項(xiàng)為1，
②若a_k=1，即m=a₀•2^k+a${\;}_{1}•{2}^{k-1}$+…+0×2^s+$\underset{\underbrace{1×{2}^{s-1}+…+1×{2}^{1}+1×{2}^{0}}}{連續(xù)s個(gè)1乘以{2}^{i}}$，
則m+1=a₀•2^k+a${\;}_{1}•{2}^{k-1}$+…+1×2^s+$\underset{\underbrace{0×{2}^{s-1}+…+0×{2}^{1}+0×{2}^{0}}}{連續(xù)s個(gè)0乘以{2}^{i}}$，
m+2=a₀•2^k+a${\;}_{1}•{2}^{k-1}$+…+1×2^s+$\frac{0×{2}^{s-1}+…+0×{2}^{1}}{連續(xù)（s-1）個(gè)0乘以{2}^{i}}$+1×2⁰，（其中i∈N）
如果s為奇數(shù)，那么，b_m+1=1，b_m+2=0，此時(shí)連續(xù)2項(xiàng)為1．
如果s為偶數(shù)，那么b_m+1=0，此時(shí)僅有1項(xiàng) b_m=1．
綜上所述，連續(xù)為1的項(xiàng)不超過(guò)2項(xiàng)，
（3）n=2051或n=2052．

點(diǎn)評(píng) 本題借助二進(jìn)制考查了數(shù)列的問(wèn)題，以及數(shù)列的項(xiàng)和數(shù)列的前n項(xiàng)和，考察了分類討論的思想和轉(zhuǎn)化能力，屬于難題．