Question

3．已知數(shù)列{a_n}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列，首項(xiàng)a₁=1，其前n項(xiàng)和為S_n，數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，首項(xiàng)b₁=2，且b₂S₂=16，b₃S₃=72．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}和{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）令c₁=1，c_2k=a_2k-1，c_2k+1=a_2k+kb_k，其中k∈N^*，求數(shù)列{c_n}的前n（n≥3）項(xiàng)的和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過解方程組$\left\{\begin{array}{l}{2q（2+d）=16}\\{2{q}^{2}（3+3d）=72}\end{array}\right.$，進(jìn)而計算即得結(jié)論；
（Ⅱ）通過分n是奇數(shù)、偶數(shù)兩種情況討論：當(dāng)n=2k+1（k∈N^*）時，T_2k+1=1+（c₂+c₄+…+c_2k）+（c₃+c₅+…+c_2k+1）=1+（a₁+a₂+…+a_2k）+（b₁+2b₂+…+kb_k），利用等差數(shù)列的求和公式可知a₁+a₂+…+a_2k=4k²，通過令M=b₁+2b₂+…+kb_k=2+2•2²+3•2³+…+k•2^k，利用錯位相減法計算可知M=（k-1）•2^k+1+2，進(jìn)而T_2k+1=3+4k²+（k-1）•2^k+1；當(dāng)n=2k+2（k∈N^*）時，利用T_2k+2=T_2k+1+c_2k+2計算即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)數(shù)列{a_n}的公差為d（d＞0），數(shù)列{b_n}的公比為q，
則有：$\left\{\begin{array}{l}{2q（2+d）=16}\\{2{q}^{2}（3+3d）=72}\end{array}\right.$，
解得：d=q=2，
∴a_n=2+2（n-1）=2n-1，
b_n=2•2^n-1=2ⁿ；
（Ⅱ）解：分n是奇數(shù)、偶數(shù)兩種情況討論：
①當(dāng)n=2k+1（k∈N^*）時，
T_2k+1=c₁+c₂+…+c_2k+c_2k+1
=1+（c₂+c₄+…+c_2k）+（c₃+c₅+…+c_2k+1）
=1+（a₁+a₃+…+a_2k-1）+（a₂+b₁+a₄+2b₂+…+a_2k+kb_k）
=1+（a₁+a₂+…+a_2k）+（b₁+2b₂+…+kb_k），
顯然，a₁+a₂+…+a_2k=$\frac{2k（1+2•2k-1）}{2}$=4k²，
令M=b₁+2b₂+…+kb_k=2+2•2²+3•2³+…+k•2^k，
則2M=2²+2•2³+…+（k-1）•2^k+k•2^k+1，
兩式相減得：-M=2+2²+2³+…+2^k-k•2^k+1
=$\frac{2（1-{2}^{k}）}{1-2}$-k•2^k+1
=（1-k）•2^k+1-2，
∴M=（k-1）•2^k+1+2，
∴T_2k+1=1+4k²+（k-1）•2^k+1+2=3+4k²+（k-1）•2^k+1；
②當(dāng)n=2k+2（k∈N^*）時，
T_2k+2=T_2k+1+c_2k+2
=3+4k²+（k-1）•2^k+1+a_2k+1
=4k²+4k+4+（k-1）•2^k+1；
綜上所述，T_n=$\left\{\begin{array}{l}{3+4{k}^{2}+（k-1）•{2}^{k+1}，}&{n=2k+1}\\{4{k}^{2}+4k+4+（k-1）•{2}^{k+1}，}&{n=2k+2}\end{array}\right.$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，考查分類討論的思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題．