Question

11．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且S_n=$\frac{3}{2}$n²+$\frac{1}{2}$n，遞增的等比數(shù)列{b_n}滿足：b₁+b₄=18，b₂•b₃=32．
（1）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若c_n=a_n•b_n，n∈N，求數(shù)列{C_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）由S_n=$\frac{3}{2}$n²+$\frac{1}{2}$n，利用當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1，又當(dāng)n=1時(shí)，a₁=S₁，可得a_n．由b₁+b₄=18，b₂•b₃=b₁b₄=32．可得b₁，b₄是一元二次方程x²-18x+32=0的兩根，解出即可得出．
（2）c_n=a_n•b_n=（3n-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=$\frac{3}{2}$n²+$\frac{1}{2}$n，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{3}{2}$n²+$\frac{1}{2}$n-$[\frac{3}{2}（n-1）^{2}+\frac{1}{2}（n-1）]$=3n-1，
又當(dāng)n=1時(shí)，a₁=S₁=2，也符合上式．
∴a_n=3n-1．
∵b₁+b₄=18，b₂•b₃=b₁b₄=32．
∴b₁，b₄是一元二次方程x²-18x+32=0的兩根，
解得x=2，16．
又b₄＞b₁，
∴b₄=16，b₁=2，
∴2q³=16，
解得q=2．
∴b_n=2ⁿ．
（2）c_n=a_n•b_n=（3n-1）•2ⁿ．
∴數(shù)列{C_n}的前n項(xiàng)和T_n=2×2+5×2²+8×2³+…+（3n-1）×2ⁿ，
2T_n=2×2²+5×2³+…+（3n-4）×2ⁿ+（3n-1）×2ⁿ⁺¹，
∴-T_n=2²+3×2²+3×2³+…+3×2ⁿ-（3n-1）×2ⁿ⁺¹=$3×\frac{2（{2}^{n}-1）}{2-1}$-2-（3n-1）×2ⁿ⁺¹=（4-3n）×2ⁿ⁺¹-8，
∴T_n=（3n-4）×2ⁿ⁺¹+8．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推式的應(yīng)用、“錯(cuò)位相減法”等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．