Question

18．已知数列{a_n}是等差数列，其前n项和为S_n，数列{b_n}是公比大于0的等比数列，且b₁=-2a₁=2，a₃+b₂=-1，S₃+2b₃=7．
（1）求数列{a_n}和{b_n}的通项公式；
（2）令c_n=$\left\{\begin{array}{l}{2，n为奇数}\\{\frac{-2{a}_{n}}{{b}_{n}}，n为偶数}\end{array}\right.$，求数列{c_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （1）设等差数列{a_n}的公差为d，等比数列{b_n}的公比为q＞0，利用等差数列与等比数列的通项公式即可得出．
（2）c_n=$\left\{\begin{array}{l}{2，n为奇数}\\{\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}，n为偶数}\end{array}\right.$．对n分类讨论，分组求和，利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出．

解答 解：（1）设等差数列{a_n}的公差为d，等比数列{b_n}的公比为q＞0，
且b₁=-2a₁=2，a₃+b₂=-1，S₃+2b₃=7．
∴a₁=-1，b₁=2，-1+2d+2q=-1，3×（-1）+3d+2×2×q²=7，
解得d=-2，q=2．
∴a_n=-1-2（n-1）=1-2n，b_n=2ⁿ．
（2）c_n=$\left\{\begin{array}{l}{2，n为奇数}\\{\frac{2n-1}{{2}^{n-1}}，n为偶数}\end{array}\right.$．
①n=2k（k∈N^*）时，数列{c_n}的前n项和T_n=T_2k=（c₁+c₃+…+c_2k-1）+（c₂+c₄+…+c_2k）
=2k+（$\frac{3}{2}+\frac{7}{{2}^{3}}$+…+$\frac{4k-1}{{2}^{2k-1}}$），
令A_k=$\frac{3}{2}+\frac{7}{{2}^{3}}$+…+$\frac{4k-1}{{2}^{2k-1}}$，
∴$\frac{1}{4}{A}_{k}$=$\frac{3}{{2}^{3}}+\frac{7}{{2}^{5}}$+…+$\frac{4k-5}{{2}^{2k-1}}$+$\frac{4k-1}{{2}^{2k+1}}$，
∴$\frac{3}{4}$A_k=$\frac{3}{2}$+$4（\frac{1}{{2}^{3}}+\frac{1}{{2}^{5}}+…+\frac{1}{{2}^{2k-1}}）$-$\frac{4k-1}{{2}^{2k+1}}$=$\frac{3}{2}$+4×$\frac{\frac{1}{8}（1-\frac{1}{{4}^{k-1}}）}{1-\frac{1}{4}}$-$\frac{4k-1}{{2}^{2k+1}}$，
可得A_k=$\frac{26}{9}$-$\frac{12k+13}{9×{2}^{2k-1}}$．
∴T_n=T_2k=2k+$\frac{26}{9}$-$\frac{12k+13}{9×{2}^{2k-1}}$．
②n=2k-1（k∈N^*）时，数列{c_n}的前n项和T_n=T_2k-2+a_2k-1=2（k-1）+$\frac{26}{9}$-$\frac{12（k-1）+13}{9×{2}^{2（k-1）-1}}$+2
=2k+$\frac{26}{9}$-$\frac{12k+1}{9×{2}^{2k-3}}$．
∴T_n=$\left\{\begin{array}{l}{2k+\frac{26}{9}-\frac{12k+13}{9×{2}^{2k-1}}，n=2k}\\{2k+\frac{26}{9}-\frac{12k+1}{9×{2}^{2k-3}}，n=2k-1}\end{array}\right.$，k∈N^*．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其求和公式、“错位相减法”，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．