Question

已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，且對(duì)任意的n∈N*，都有a1b1＋a2b2＋a3b3＋···＋anbn＝n·2n+3．

（1）若{bn}的首項(xiàng)為4，公比為2，求數(shù)列{an＋bn}的前n項(xiàng)和Sn；

（2）若a1＝8．

①求數(shù)列{an}與{bn}的通項(xiàng)公式；

②試探究：數(shù)列{bn}中是否存在某一項(xiàng)，它可以表示為該數(shù)列中其它r（r∈N，r≥2）項(xiàng)的和？若存在，請(qǐng)求出該項(xiàng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

 

Answer 1

（1）Sn＝2n+2＋n2＋3n－4（2）①an＝4n＋4，bn＝2，②不存在

【解析】

試題分析：（1）條件“a1b1＋a2b2＋a3b3＋···＋anbn”實(shí)質(zhì)為數(shù)列前n項(xiàng)的和，所以按已知求方法進(jìn)行化簡(jiǎn). ∵a1b1＋a2b2＋a3b3＋···＋anbn＝n·2n+3∴a1b1＋a2b2＋a3b3＋···＋an－1bn－1＝(n－1)·2n+2 (n≥2) 兩式相減得：anbn＝n·2n+3－(n－1)·2n+2＝(n＋1)·2n+2 (n≥2) 而當(dāng)n＝1時(shí)，a1b1＝24適合上式，∴anbn＝(n＋1)·2n+2 (n∈N*)∵{bn}是首項(xiàng)為4、公比為2的等比數(shù)列 ∴bn＝2n+1∴an＝2n＋2，∴{an＋bn}的前n項(xiàng)和Sn＝＋＝2n+2＋n2＋3n－4（2）①由（1）有anbn＝(n＋1)·2n+2，設(shè)an＝kn＋b，則bn＝∴bn－1＝ (n≥2) 設(shè){bn}的公比為q，則＝＝q對(duì)任意的n≥2恒成立，即k(2－q)n2＋b(2－q)n＋2(b－k)＝0對(duì)任意的n≥2恒成立，∴又∵a1＝8，∴k＋b＝8∴k＝b＝4，∴an＝4n＋4，bn＝2n②存在性問(wèn)題，一般從假設(shè)存在出發(fā)，有解就存在，無(wú)解就不存在.本題從范圍角度說(shuō)明解不存在.

【解析】
（1）∵a1b1＋a2b2＋a3b3＋···＋anbn＝n·2n+3

∴a1b1＋a2b2＋a3b3＋···＋an－1bn－1＝(n－1)·2n+2 (n≥2)

兩式相減得：anbn＝n·2n+3－(n－1)·2n+2＝(n＋1)·2n+2 (n≥2)

而當(dāng)n＝1時(shí)，a1b1＝24適合上式，∴anbn＝(n＋1)·2n+2 (n∈N*)

∵{bn}是首項(xiàng)為4、公比為2的等比數(shù)列 ∴bn＝2n+1

∴an＝2n＋2，∴{an＋bn}的前n項(xiàng)和Sn＝＋＝2n+2＋n2＋3n－4

（2）①設(shè)an＝kn＋b，則bn＝，∴bn－1＝ (n≥2)

設(shè){bn}的公比為q，則＝＝q對(duì)任意的n≥2恒成立，

即k(2－q)n2＋b(2－q)n＋2(b－k)＝0對(duì)任意的n≥2恒成立，

∴ ∴ 又∵a1＝8，∴k＋b＝8∴k＝b＝4，∴an＝4n＋4，bn＝2n

②假設(shè)數(shù)列{bn}中第k項(xiàng)可以表示為該數(shù)列中其它r項(xiàng)的和，即，從而，易知k≥tr＋1

∴k＜tr＋1，此與k≥tr＋1矛盾，從而這樣的項(xiàng)不存在．

考點(diǎn)：已知求,等差數(shù)列與等比數(shù)列基本性質(zhì)