Question

9．已知等差数列{a_n}中，a₁=5，7a₂=4a₄，数列{b_n}前n项和为S_n，且S_n=2（b_n-1）（n∈N^*）．
（Ⅰ）求数列{a_n}和{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）设数列${c_n}=\left\{\begin{array}{l}{a_n}\;，\;n为奇数\\{b_n}\;，\;n为偶数\end{array}\right.$，求{c_n}的前n项和T_n；
（Ⅲ）把数列{a_n}和{b_n}的公共项从小到大排成新数列{d_n}，试写出d₁，d₂，并证明{d_n}为等比数列．

Answer 1

分析 （I）设等差数列{a_n}的公差为d，由a₁=5，7a₂=4a₄，利用等差数列的通项公式解出d，即可得出a_n．由数列{b_n}前n项和为S_n，S_n=2（b_n-1）（n∈N）利用递推式与等比数列的通项公式即可得出b_n．
（II）由数列${c_n}=\left\{\begin{array}{l}{a_n}\;，\;n为奇数\\{b_n}\;，\;n为偶数\end{array}\right.$，利用等差数列与等比数列的前n项和公式，先求出当n为偶数时，T_n=（a₁+a₃+…+a_n-1）+（b₂+b₄+…+b_n）．
当n（n≥3）为奇数时，T_n=T_n-1+a_n，即可得出．
（III）由a_n=3n+2，b_n=2ⁿ．可得d₁=8=a₂=b₃，d₂=d₂=a₁₀=b₅=32．假设d_n=a_m=b_k=2^k（k∈N^*）．可得3m+2=2^k，
分别探究b_k+1，b_k+2是否是数列{a_n}中的项，即可证明．

解答 解：（I）设等差数列{a_n}的公差为d，∵a₁=5，7a₂=4a₄，
∴7（5+d）=4（5+3d），解得d=3．
∴a_n=5+3（n-1）=3n+2．
∵数列{b_n}前n项和为S_n，S_n=2（b_n-1）（n∈N^*）．
∴当n=1时，b₁=2（b₁-1），解得b₁=2．b_n=S_n-S_n-1=2b_n-2b_n-1，化为b_n=2b_n-1，
∴数列{b_n}是等比数列，首项为2，公比为2，
∴b_n=2ⁿ．
（II）∵数列${c_n}=\left\{\begin{array}{l}{a_n}\;，\;n为奇数\\{b_n}\;，\;n为偶数\end{array}\right.$，
∴当n为偶数时，T_n=（a₁+a₃+…+a_n-1）+（b₂+b₄+…+b_n）
=$\frac{n}{2}×5+\frac{\frac{n}{2}（\frac{n}{2}-1）}{2}×6$+$\frac{4（{4}^{\frac{n}{2}}-1）}{4-1}$=$\frac{3}{4}{n}^{2}+n-\frac{4}{3}+\frac{1}{3}×{2}^{n+2}$．
当n（n≥3）为奇数时，T_n=T_n-1+a_n=$\frac{3}{4}（n-1）^{2}+（n-1）-\frac{4}{3}+\frac{1}{3}×{2}^{n+1}$+3n+2
=$\frac{3}{4}{n}^{2}+\frac{5}{2}n$+$\frac{5}{12}$+$\frac{1}{3}•{2}^{n+1}$，
经检验n=1时上式也成立．
∴T_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{4}{n}^{2}+n-\frac{4}{3}+\frac{1}{3}×{2}^{n+2}，n为偶数}\\{\frac{3}{4}{n}^{2}+\frac{5}{2}n+\frac{5}{12}+\frac{1}{3}×{2}^{n+1}，n为奇数}\end{array}\right.$．
（III）由a_n=3n+2，b_n=2ⁿ．∴d₁=8=a₂=b₃，d₂=d₂=a₁₀=b₅=32．
假设d_n=a_m=b_k=2^k（k∈N^*）．
则3m+2=2^k，
∴b_k+1=2^k+1=2×2^k=2（3m+2）=3（2m+1）+1不是数列{a_n}中的项；
b_k+2=4×2^k=4（3m+2）=3（4m+2）+2，是数列{a_n}中的项．
∴d_n+1=a_4m+2=b_k+2=2^k+2，
∴$\frac{{d}_{n+1}}{{d}_{n}}$=$\frac{{2}^{k+2}}{{2}^{k}}$=4．
∴数列{d_n}为等比数列，首项为8，公比为4．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式，考查了分类讨论思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．