Question

6．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且S_n+2=2a_n，且數(shù)列{b_n}滿(mǎn)足b₁=1，b_n+1=b_n+2．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)c_n=$\frac{1-（-1）^{n}}{2}$a_n+$\frac{1+（-1）^{n}}{2}$b_n，求數(shù)列{c_n}的前2n項(xiàng)和T_2n；
（3）求數(shù)列{a_n•b_n}的前n項(xiàng)和R_n．

Answer 1

分析 （1）由S_n+2=2a_n，當(dāng)n≥2時(shí)，S_n-1+2=2a_n-1，可得a_n=2a_n-1．當(dāng)n=1時(shí)，a₁+2=2a₁，解得a₁．利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式可得a_n．利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得b_n．
（2）由c_n=$\frac{1-（-1）^{n}}{2}$a_n+$\frac{1+（-1）^{n}}{2}$b_n，當(dāng)n=2k（k∈N^*）時(shí)，c_n=b_2k=2n-1；當(dāng)n=2k-1（k∈N^*）時(shí)，c_n=a_2k=2ⁿ．可得數(shù)列{c_n}的前2n項(xiàng)和T_2n=（c₁+c₃+…+c_2n-1）+（c₂+c₄+…+c_2n）．
（3）a_n•b_n=（2n-1）•2ⁿ．利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 解：（1）∵S_n+2=2a_n，∴當(dāng)n≥2時(shí)，S_n-1+2=2a_n-1，可得a_n=2a_n-2a_n-1，化為a_n=2a_n-1．
當(dāng)n=1時(shí)，a₁+2=2a₁，解得a₁=2．
∴數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，首項(xiàng)與公比為2，
∴a_n=2ⁿ．
∵數(shù)列{b_n}滿(mǎn)足b₁=1，b_n+1=b_n+2．
∴數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，首項(xiàng)為1，公差為2．
∴b_n=1+2（n-1）=2n-1．
（2）由c_n=$\frac{1-（-1）^{n}}{2}$a_n+$\frac{1+（-1）^{n}}{2}$b_n，當(dāng)n=2k（k∈N^*）時(shí)，c_n=c_2k=b_2k=2n-1；
當(dāng)n=2k-1（k∈N^*）時(shí)，c_n=a_2k=2ⁿ．
∴數(shù)列{c_n}的前2n項(xiàng)和T_2n=（c₁+c₃+…+c_2n-1）+（c₂+c₄+…+c_2n）
=（2¹+2³+…+2^2n-1）+[（2×2-1）+（2×4-1）+…+（4n-1）]
=$\frac{2（{4}^{n}-1）}{4-1}$$\frac{n（3+4n-1）}{2}$
=$\frac{2}{3}（{4}^{n}-1）$+2n²+n．
（3）a_n•b_n=（2n-1）•2ⁿ．
數(shù)列{a_n•b_n}的前n項(xiàng)和R_n=2+3×2²+5×2³+…+（2n-1）•2ⁿ．
2R_n=2²+3×2³+…+（2n-3）•2ⁿ+（2n-1）•2ⁿ⁺¹，
∴-R_n=2+2×（2²+2³+…+2ⁿ）-（2n-1）•2ⁿ⁺¹=$\frac{4（{2}^{n}-1）}{2-1}$-2-（2n-1）•2ⁿ⁺¹=（3-2n）×2ⁿ⁺¹-6，
∴R_n=（2n-3）×2ⁿ⁺¹+6．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了“錯(cuò)位相減法”、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、遞推關(guān)系，考查了分類(lèi)討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．