Question

15．已知數(shù)列{a_n}，{b_n}滿(mǎn)足a₁=b₁=1，a₂=3，S_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，且S_n+1+S_n=2（S_n+1）（n≥2，n∈N^*），又b₁+2b₂+2²b₃+…+2^n-1b_n-1+2^n-1b_n=a_n對(duì)任意n∈N^*都成立．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求數(shù)列{a_n•b_n}的前n項(xiàng)和．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出n≥2時(shí)，數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，從而得到a_n=3+2（n-2）=2n-1，進(jìn)而得到b${\;}_{n}={2}^{2-n}$（n≥2），由此能求出結(jié)果．
（2）設(shè)c_n=a_nb_n=$\left\{\begin{array}{l}{1，n=1}\\{（2n-1）•{2}^{2-n}，n≥2}\end{array}\right.$，利用錯(cuò)位相減法能求出數(shù)列{a_n•b_n}的前n項(xiàng)和．

解答 解：（1）∵數(shù)列{a_n}，{b_n}滿(mǎn)足a₁=b₁=1，a₂=3，
S_n為數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和，且S_n+1+S_n=2（S_n+1）（n≥2，n∈N^*），
∴S_n+2+S_n=2（S_n+1+1），
兩式做差得：a_n+2+a_n=2a_n+1，∴n≥2時(shí)，數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，
首項(xiàng)a₂=3，公差為2，∴a_n=3+2（n-2）=2n-1，n≥1，
∵b₁+2b₂+2²b₃+…+2^n-1b_n-1+2^n-1b_n=a_n對(duì)任意n∈N^*都成立，
∴b₁+2b₂+2²b₃+…+2^n-1b_n-1+2^n-2b_n-1=a_n-1，
兩式相減得2^n-1b_n=a_n-a_n-1=2，∴b${\;}_{n}={2}^{2-n}$（n≥2），
∵b₁=1不滿(mǎn)足，$_{n}=\left\{\begin{array}{l}{1，n=1}\\{{2}^{2-n}，n≥2}\end{array}\right.$．
（2）設(shè)c_n=a_nb_n=$\left\{\begin{array}{l}{1，n=1}\\{（2n-1）•{2}^{2-n}，n≥2}\end{array}\right.$，
則${T}_{n}=1+3+5×{2}^{-1}+7×{2}^{-2}+…+（2n-1）×{2}^{2-n}$，
$\frac{1}{2}{T}_{n}=\frac{1}{2}+3×{2}^{-1}+5×{2}^{-2}+7×{2}^{-3}+…+（2n-1）×{2}^{1-n}$，
兩式做差得：$\frac{1}{2}{T}_{n}=\frac{7}{2}+2（{2}^{-1}+{2}^{-2}+{2}^{-3}+…+{2}^{2-n}）$-（2n-1）×2^1-n
=$\frac{7}{2}+2×\frac{{2}^{-1}（1-\frac{1}{{2}^{n-2}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（2n-1）×2^1-n
=$\frac{11}{2}-（2n+3）×{2}^{1-n}$．
∴T_n=11-（2n+3）×2^2-n．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，考查數(shù)列的前n項(xiàng)和的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意錯(cuò)位相減法的合理運(yùn)用．