Question

18．已知等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=1，且公差d＞0，它的第2項(xiàng)、第5項(xiàng)、第14項(xiàng)分別是等比數(shù)列{b_n}的第2、3、4項(xiàng)．
（1）求數(shù)列{a_n}與{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）令d_n=$\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$，求數(shù)列{d_n}的前n項(xiàng)和S_n
（3）設(shè)數(shù)列{c_n}對任意正整數(shù)n均有$\frac{{c}_{1}}{_{1}}$+$\frac{{c}_{2}}{_{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{_{n}}$=a_n+1成立，求a₁c₁+a₂c₂+…+a_nc_n的值．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：${a}_{5}^{2}={a}_{2}{a}_{14}$，可得（1+4d）²=（1+d）（1+13d），解出即可得出a_n，進(jìn)而得到b_n．
（2）d_n=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，利用“裂項(xiàng)求和”方法即可得出．
（3）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）由題意可得：${a}_{5}^{2}={a}_{2}{a}_{14}$，∴（1+4d）²=（1+d）（1+13d），d＞0，化為：d=2．
∴a_n=1+（n-1）×2=2n-1．
b₂=a₂=3，b₃=a₅=9，∴公比q=$\frac{9}{3}$=3．
∴b_n=3ⁿ．
（2）d_n=$\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，
∴數(shù)列{d_n}的前n項(xiàng)和S_n=$\frac{1}{2}[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）]$=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）$=$\frac{n}{2n+1}$．
（3）∵數(shù)列{c_n}對任意正整數(shù)n均有$\frac{{c}_{1}}{_{1}}$+$\frac{{c}_{2}}{_{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{_{n}}$=a_n+1成立，
∴n≥2時(shí)，$\frac{{c}_{1}}{_{1}}$+$\frac{{c}_{2}}{_{2}}$+…+$\frac{{c}_{n-1}}{_{n-1}}$=a_n，∴$\frac{{c}_{n}}{_{n}}$=a_n+1-a_n=2，
∴c_n=2×3ⁿ．
n=1時(shí)，$\frac{{c}_{1}}{_{1}}$=a₂，可得c₁=6．
因此?n∈N^*，c_n=2×3ⁿ．
∴a_nc_n=（4n-2）×3ⁿ．
∴a₁c₁+a₂c₂+…+a_nc_n=T_n=2×3+6×3²+…+（4n-2）×3ⁿ．
3T_n=2×3²+6×3³+…+（4n-6）×3ⁿ+（4n-2）×3ⁿ⁺¹，
∴-2T_n=6+4（3²+3³+…+3ⁿ）-（4n-2）×3ⁿ⁺¹=$4×\frac{3×（{3}^{n}-1）}{3-1}$-6-（4n-2）×3ⁿ⁺¹=（4-4n）×3ⁿ⁺¹-12，
∴T_n=6+（2n-2）×3ⁿ⁺¹．

點(diǎn)評 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、，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．