Question

9．已知各項(xiàng)為正的數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，且a₁=2，a₅=32；數(shù)列{b_n}滿足：對(duì)于任意n∈N^*，有a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（3）在數(shù)列{a_n}的任意相鄰兩項(xiàng)a_k與a_k+1之間插入k個(gè)（-1）^kb_k（k∈N^*）后，得到一個(gè)新的數(shù)列{c_n}．求數(shù)列{c_n}的前2016項(xiàng)之和．

Answer 1

分析 （1）通過a₁=2、a₅=32，利用q=$\root{4}{\frac{{a}_{5}}{{a}_{1}}}$計(jì)算可得公比，進(jìn)而可得結(jié)論；
（2）通過a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2與a₁b₁+a₂b₂+…+a_n-1b_n-1=（n-2）•2ⁿ+2作差，通過a_n=2ⁿ，進(jìn)而可得結(jié)論；
（3）通過設(shè)數(shù)列{a_n}的第k項(xiàng)是數(shù)列{c_n}的第m_k項(xiàng)，通過m_k=k+[1+2+…+（k-1）]=$\frac{k（k+1）}{2}$（k≥2），可知c₂₀₁₆=a₆₃、c₂₀₁₅=（-1）⁶²•62b₆₂，利用S₂₀₁₆=（a₁+a₂+…+a₆₃）+[（-1）¹b₁+（-1）²•2b₂+…+（-1）⁶²•62b₆₂]化簡(jiǎn)計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵a₁=2，a₅=32，
∴q=$\root{4}{\frac{{a}_{5}}{{a}_{1}}}$=2，
∴a_n=2ⁿ；
（2）∵a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，a₁b₁+a₂b₂+…+a_n-1b_n-1=（n-2）•2ⁿ+2，
兩式相減得：a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2-（n-2）•2ⁿ+2=n•2ⁿ，即b_n=$\frac{n•{2}^{n}}{{2}^{n}}$=n（n≥2），
又∵a₁b₁=2，即b₁=1滿足上式，
∴b_n=n；
（3）設(shè)數(shù)列{a_n}的第k項(xiàng)是數(shù)列{c_n}的第m_k項(xiàng)，即a_k=${c}_{{m}_{k}}$，
當(dāng)k≥2時(shí)，m_k=k+[1+2+…+（k-1）]=$\frac{k（k+1）}{2}$，
∵m₆₂=$\frac{62×63}{2}$=1953，m₆₃=2016，
∴c₂₀₁₆=a₆₃，c₂₀₁₅=（-1）⁶²•62b₆₂，
設(shè)S_n表示數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)之和，
則S₂₀₁₆=（a₁+a₂+…+a₆₃）+[（-1）¹b₁+（-1）²•2b₂+…+（-1）⁶²•62b₆₂]，
其中a₁+a₂+…+a₆₃=2⁶⁴-2，（-1）ⁿnb_n=（-1）ⁿn²，
又∵（2n）²-（2n-1）²=4n-1，
∴（-1）¹b₁+（-1）²•2b₂+…+（-1）⁶²•62b₆₂
=（-1）1+（-1）²2²+…+（-1）⁶²62²
=（2²-1²）+（4²-3²）+…+（62²-61²）
=4（1+2+…+31）-31
=4•$\frac{31（31+1）}{2}$-31
=1953，
∴S₂₀₁₆=2⁶⁴-2+1953=2⁶⁴+1951．

點(diǎn)評(píng) 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，注意解題方法的積累，屬于中檔題．