（12分）（2011•辽宁）已知等差数列 a _ n 满足…——2011 高考数学第 17 题答案解析

（Ⅰ）设等差数列 $\{a_n\}$ 的公差为 $d$。
由已知条件 $a_2=0$ 及 $a_6+a_8=-10$，根据等差数列通项公式 $a_n = a_1 + (n-1)d$，可得方程组：
$$ \begin{cases} a_1 + d = 0 \\ (a_1 + 5d) + (a_1 + 7d) = -10 \end{cases} $$
化简第二个方程得 $2a_1 + 12d = -10$，即 $a_1 + 6d = -5$。
联立 $\begin{cases} a_1 + d = 0 \\ a_1 + 6d = -5 \end{cases}$，解得：
$$ \begin{cases} a_1 = 1 \\ d = -1 \end{cases} $$
故数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为：
$$ a_n = 1 + (n-1)(-1) = 2 - n $$

（Ⅱ）设数列 $\left\{ \frac{a_n}{2^{n-1}} \right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$。
由（Ⅰ）知 $a_n = 2-n$，则：
$$ S_n = \frac{a_1}{2^0} + \frac{a_2}{2^1} + \frac{a_3}{2^2} + \cdots + \frac{a_n}{2^{n-1}} $$
代入 $a_n$ 的值：
$$ S_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{0}{4} + \cdots + \frac{2-n}{2^{n-1}} \quad \text{......①} $$
将 ① 式两边同乘 $\frac{1}{2}$，得：
$$ \frac{1}{2}S_n = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{0}{8} + \cdots + \frac{2-n}{2^n} \quad \text{......②} $$
用 ① 式减去 ② 式（错位相减法）：
$$ S_n - \frac{1}{2}S_n = 1 + \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{0}{4} - \frac{1}{4} \right) + \cdots + \left( \frac{a_n}{2^{n-1}} - \frac{a_{n-1}}{2^{n-1}} \right) - \frac{a_n}{2^n} $$
更严谨地逐项对应相减：
$$ \frac{1}{2}S_n = a_1 + \sum_{k=2}^{n} \frac{a_k - a_{k-1}}{2^{k-1}} - \frac{a_n}{2^n} $$
因为 $\{a_n\}$ 是等差数列，公差 $d = -1$，所以对于 $k \ge 2$，有 $a_k - a_{k-1} = d = -1$。
且 $a_1 = 1$，$a_n = 2-n$。
所以：
$$ \begin{aligned} \frac{1}{2}S_n &= 1 + \sum_{k=2}^{n} \frac{-1}{2^{k-1}} - \frac{2-n}{2^n} \\ &= 1 - \left( \frac{1}{2^1} + \frac{1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{2^{n-1}} \right) - \frac{2-n}{2^n} \end{aligned} $$
括号内为首项为 $\frac{1}{2}$，公比为 $\frac{1}{2}$，项数为 $n-1$ 的等比数列求和：
$$ \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{2^{k-1}} = \frac{\frac{1}{2}[1-(\frac{1}{2})^{n-1}]}{1-\frac{1}{2}} = 1 - \frac{1}{2^{n-1}} $$
代回原式：
$$ \begin{aligned} \frac{1}{2}S_n &= 1 - \left( 1 - \frac{1}{2^{n-1}} \right) - \frac{2-n}{2^n} \\ &= \frac{1}{2^{n-1}} - \frac{2-n}{2^n} \\ &= \frac{2}{2^n} - \frac{2-n}{2^n} \\ &= \frac{2 - (2-n)}{2^n} \\ &= \frac{n}{2^n} \end{aligned} $$
所以：
$$ S_n = \frac{n}{2^{n-1}} $$
当 $n=1$ 时，$S_1 = a_1 = 1$，公式 $\frac{1}{2^0}=1$ 成立。
故数列 $\left\{ \frac{a_n}{2^{n-1}} \right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n = \frac{n}{2^{n-1}}$。