Question

已知數列{a_n}是等差數列，數列{b_n}是等比數列，且對任意的n∈N*，都有a₁b₁＋a₂b₂＋a₃b₃＋···＋a_nb_n＝n·2ⁿ⁺³．
（1）若{b_n}的首項為4，公比為2，求數列{a_n＋b_n}的前n項和S_n；
（2）若a₁＝8．
①求數列{a_n}與{b_n}的通項公式；
②試探究：數列{b_n}中是否存在某一項，它可以表示為該數列中其它r（r∈N，r≥2）項的和？若存在，請求出該項；若不存在，請說明理由．

Answer 1

（1）S_n＝2ⁿ⁺²＋n²＋3n－4（2）①a_n＝4n＋4，b_n＝2，②不存在

解析試題分析：（1）條件“a₁b₁＋a₂b₂＋a₃b₃＋···＋a_nb_n”實質為數列前n項的和，所以按已知求方法進行化簡.∵a₁b₁＋a₂b₂＋a₃b₃＋···＋a_nb_n＝n·2ⁿ⁺³∴a₁b₁＋a₂b₂＋a₃b₃＋···＋a_n－1b_n－1＝(n－1)·2ⁿ⁺² (n≥2) 兩式相減得：a_nb_n＝n·2ⁿ⁺³－(n－1)·2ⁿ⁺²＝(n＋1)·2ⁿ⁺² (n≥2) 而當n＝1時，a₁b₁＝2⁴適合上式，∴a_nb_n＝(n＋1)·2ⁿ⁺² (n∈N*)∵{b_n}是首項為4、公比為2的等比數列 ∴b_n＝2ⁿ⁺¹∴a_n＝2n＋2，∴{a_n＋b_n}的前n項和S_n＝＋＝2ⁿ⁺²＋n²＋3n－4（2）①由（1）有a_nb_n＝(n＋1)·2^n+2，設a_n＝kn＋b，則b_n＝∴b_n－1＝ (n≥2) 設{b_n}的公比為q，則＝＝q對任意的n≥2恒成立，即k(2－q)n²＋b(2－q)n＋2(b－k)＝0對任意的n≥2恒成立，∴又∵a₁＝8，∴k＋b＝8∴k＝b＝4，∴a_n＝4n＋4，b_n＝2ⁿ②存在性問題，一般從假設存在出發(fā)，有解就存在，無解就不存在.本題從范圍角度說明解不存在.
解：（1）∵a₁b₁＋a₂b₂＋a₃b₃＋···＋a_nb_n＝n·2ⁿ⁺³
∴a₁b₁＋a₂b₂＋a₃b₃＋···＋a_n－1b_n－1＝(n－1)·2ⁿ⁺² (n≥2)
兩式相減得：a_nb_n＝n·2ⁿ⁺³－(n－1)·2ⁿ⁺²＝(n＋1)·2ⁿ⁺² (n≥2)
而當n＝1時，a₁b₁＝2⁴適合上式，∴a_nb_n＝(n＋1)·2ⁿ⁺² (n∈N*)
∵{b_n}是首項為4、公比為2的等比數列 ∴b_n＝2ⁿ⁺¹
∴a_n＝2n＋2，∴{a_n＋b_n}的前n項和S_n＝＋＝2ⁿ⁺²＋n²＋3n－4
（2）①設a_n＝kn＋b，則b_n＝，∴b_n－1＝ (n≥2)
設{b_n}的公比為q，則＝＝q對任意的n≥2恒成立，
即k(2－q)n²＋b(2－q)n＋2(b－k)＝0對任意的n≥2恒成立，
∴ ∴ 又∵a₁＝8，∴k＋b＝8∴k＝b＝4，∴a_n＝4n＋4，b_n＝2ⁿ
②假設數列{b_n}中第k項可以表示為該數列中其它r項的和，即，從而，易知k≥t_r＋1 

∴k＜t_r＋1，此與k≥t_r＋1矛盾，從而這樣的項不存在．
考點：已知求,等差數列與等比數列基本性質