Question

9．已知各项为正的数列{a_n}是等比数列，且a₁=2，a₅=32；数列{b_n}满足：对于任意n∈N^*，有a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）求数列{b_n}的通项公式；
（3）在数列{a_n}的任意相邻两项a_k与a_k+1之间插入k个（-1）^kb_k（k∈N^*）后，得到一个新的数列{c_n}．求数列{c_n}的前2016项之和．

Answer 1

分析 （1）通过a₁=2、a₅=32，利用q=$\root{4}{\frac{{a}_{5}}{{a}_{1}}}$计算可得公比，进而可得结论；
（2）通过a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2与a₁b₁+a₂b₂+…+a_n-1b_n-1=（n-2）•2ⁿ+2作差，通过a_n=2ⁿ，进而可得结论；
（3）通过设数列{a_n}的第k项是数列{c_n}的第m_k项，通过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]化简计算即得结论．

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，
∴当n≥2时，a₁b₁+a₂b₂+…+a_n-1b_n-1=（n-2）•2ⁿ+2，
两式相减得：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满足上式，
∴b_n=n；
（3）设数列{a_n}的第k项是数列{c_n}的第m_k项，即a_k=${c}_{{m}_{k}}$，
当k≥2时，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，
设S_n表示数列{c_n}的前n项之和，
则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．

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