已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_{n+2}=qa_n$（$q$ 为实数，且 $q\neq 1$），$n\in \mathbb N^*$，$a_1=1$，$a_2=2$，且 $a_2+a_3$，$a_3+a_4$，$a_4+a_5$ 成等差数列．
【难度】
【出处】
2015年高考天津卷（理）
【标注】
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求 $q$ 的值和 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公式；标注答案$a_n=\begin{cases}
2^{\frac {n-1}{2}},&n为奇数, \\ 2^{\frac {n}{2}},&n为偶数.
\end{cases}$解析由等差数列的定义可求出 $q$ 的值，则由递推关系 $a_{n+2}=qa_n$ 发现，$\left\{a_n\right\}$ 的奇数项和偶数项均是公比为 $q$ 的等比数列，从而获解．由已知，有 $\left(a_3+a_4\right)-\left(a_2+a_3\right)=\left(a_4+a_5\right)-\left(a_3+a_4\right)$，即 $a_4-a_2=a_5-a_3$．
所以\[a_2\left(q-1\right)=a_3\left(q-1\right).\]又因为 $q\neq 1$，所以 $a_3=a_2=2$．
由 $a_3=a_1\cdot q$，得 $q=2$．
当 $n=2k-1\left(k\in \mathbb N^*\right)$ 时，$a_n=a_{2k-1}=2^{k-1}=2^{\frac {n-1}{2}}$；
当 $n=2k\left(k\in \mathbb N^*\right)$ 时，$a_n=a_{2k}=2^{k}=2^{\frac {n}{2}}$；
所以，$\left\{a_n\right\}$ 的通项公式为\[a_n=\begin{cases}
2^{\frac {n-1}{2}},&n为奇数, \\ 2^{\frac {n}{2}},&n为偶数.
\end{cases}\] -
设 $b_n=\dfrac {{\log_2}{a_{2n}}}{a_{2n-1}}$，$n\in \mathbb N^*$，求数列 $\left\{b_n\right\}$ 的前 $n$ 项和．标注答案$4-\dfrac {n+2}{2^{n-1}},n\in \mathbb N^*$解析在第一问的基础上可求得 $\left\{b_n\right\}$ 的通项公式 $b_n=\dfrac {n}{2^{n-1}},n\in \mathbb N^*$，发现此通项公式是一个等差数列与一个等比数列积的形式，则可以用错位相减法求其前 $n$ 项和．由（1）得\[b_n=\dfrac {{\log_2}{a_{2n}}}{a_{2n-1}}\overset{\left[a\right]}=\dfrac {n}{2^{n-1}},n\in \mathbb N^*.\]（推导中用到 $\left[a\right]$）
下面用错位相减法来求数列 $\left\{b_n\right\}$ 的前 $n$ 项和．
设 $\left\{b_n\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，则\[\begin{split}&S_n=1\times \dfrac {1}{2^0}+2\times \dfrac {1}{2^1}+\cdots++n\times \dfrac {1}{2^{n-1}} ,\\&\dfrac 12S_n=1\times \dfrac {1}{2^1}+2\times \dfrac {1}{2^2}+\cdots+n\times \dfrac {1}{2^{n}} ,\end{split}\]上述两式相减，得\[\begin{split}\dfrac 12S_n&=1+\dfrac 12+\dfrac {1}{2^2}+\cdots+\dfrac {1}{2^{n-1}}-\dfrac {n}{2^n}\\&\overset{\left[b\right]}=\dfrac {1-\dfrac {1}{2^n}}{1-\dfrac 12}-\dfrac n{2^n}\\&=2-\dfrac {2}{2^n}-\dfrac {n}{2^n},\end{split}\]（推导中用到 $\left[b\right]$）
整理，得\[S_n=4-\dfrac {n+2}{2^{n-1}},n\in \mathbb N^* .\]所以，数列 $\left\{b_n\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $4-\dfrac {n+2}{2^{n-1}},n\in \mathbb N^*$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
