Question

3．已知数列{a_n}是各项均为正数的等差数列，首项a₁=1，其前n项和为S_n，数列{b_n}是等比数列，首项b₁=2，且b₂S₂=16，b₃S₃=72．
（Ⅰ）求数列{a_n}和{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）令c₁=1，c_2k=a_2k-1，c_2k+1=a_2k+kb_k，其中k∈N^*，求数列{c_n}的前n（n≥3）项的和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过解方程组$\left\{\begin{array}{l}{2q（2+d）=16}\\{2{q}^{2}（3+3d）=72}\end{array}\right.$，进而计算即得结论；
（Ⅱ）通过分n是奇数、偶数两种情况讨论：当n=2k+1（k∈N^*）时，T_2k+1=1+（c₂+c₄+…+c_2k）+（c₃+c₅+…+c_2k+1）=1+（a₁+a₂+…+a_2k）+（b₁+2b₂+…+kb_k），利用等差数列的求和公式可知a₁+a₂+…+a_2k=4k²，通过令M=b₁+2b₂+…+kb_k=2+2•2²+3•2³+…+k•2^k，利用错位相减法计算可知M=（k-1）•2^k+1+2，进而T_2k+1=3+4k²+（k-1）•2^k+1；当n=2k+2（k∈N^*）时，利用T_2k+2=T_2k+1+c_2k+2计算即得结论．

解答 解：（Ⅰ）设数列{a_n}的公差为d（d＞0），数列{b_n}的公比为q，
则有：$\left\{\begin{array}{l}{2q（2+d）=16}\\{2{q}^{2}（3+3d）=72}\end{array}\right.$，
解得：d=q=2，
∴a_n=2+2（n-1）=2n-1，
b_n=2•2^n-1=2ⁿ；
（Ⅱ）解：分n是奇数、偶数两种情况讨论：
①当n=2k+1（k∈N^*）时，
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），
显然，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，
则2M=2²+2•2³+…+（k-1）•2^k+k•2^k+1，
两式相减得：-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当n=2k+2（k∈N^*）时，
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；
综上所述，T_n=$\left\{\begin{array}{l}{3+4{k}^{2}+（k-1）•{2}^{k+1}，}&{n=2k+1}\\{4{k}^{2}+4k+4+（k-1）•{2}^{k+1}，}&{n=2k+2}\end{array}\right.$．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，考查分类讨论的思想，注意解题方法的积累，属于中档题．