Question

已知數列{a_n}的前n項和S_n=2n²+2n，數列{b_n}的前n項和T_n=2-b_n．
（Ⅰ）求數列{a_n}與{b_n}的通項公式；
（Ⅱ）設c_n=

anbn

4

，求證數列{c_n}的前n和R_n＜4；
（III）設c_n=a_n+（-1）ⁿlog₂b_n，求數列{c_n}的前2n和R_2n．

Answer 1

分析：（I）由數列{a_n}的前n項和S_n=2n²+2n，知a₁=S₁=2+2=4，a_n=S_n-S_n-1=（2n²+2n）-[2（n-1）²+2（n-1）]=4n，由此能求出a_n．由數列{b_n}的前n項和T_n=2-b_n，知當n=1時，T₁=b₁=2-b₁，解得b₁=1．當n＞1時，T_n=2-b_n，T_n-1=2-b_n-1，故T_n-T_n-1=b_n=b_n-1-b_n，2b_n=b_n-1，由此能求出b_n．
（II）由cn=

anbn

4

=n•(

1

2

)n-1，知數列{c_n}的前n和：R_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n=1•（

1

2

）⁰+2×（

1

2

）¹+3×（

1

2

）²+…+（n-1）•（

1

2

）^n-2+n•（

1

2

）^n-1，由錯位相減法能夠證明Rn=4-2(n+2)(

1

2

)n＜4；
（ III）由c_n=a_n+（-1）ⁿlog₂b_n=4n+(-1)nlog2(

1

2

)n-1=4n+（-1）ⁿ（1-n），能求出數列{c_n}的前2n和．

解答：解：（I）∵數列{a_n}的前n項和S_n=2n²+2n，
∴a₁=S₁=2+2=4，
a_n=S_n-S_n-1=（2n²+2n）-[2（n-1）²+2（n-1）]=4n，
當n=1時，4n=4=a₁，
∴a_n=4n．
∵數列{b_n}的前n項和T_n=2-b_n，
∴當n=1時，T₁=b₁=2-b₁，解得b₁=1．
當n＞1時，T_n=2-b_n，T_n-1=2-b_n-1，
∴T_n-T_n-1=b_n=b_n-1-b_n，∴2b_n=b_n-1，
∴

bn

bn-1

=

1

2

，
∴數列{b_n}是以首項為1，公比為

1

2

的等比數列，
∴bn=(

1

2

)n-1，n∈N^*．
（II）∵cn=

anbn

4

=n•(

1

2

)n-1，
∴數列{c_n}的前n和：
R_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n
=1•（

1

2

）⁰+2×（

1

2

）¹+3×（

1

2

）²+…+（n-1）•（

1

2

）^n-2+n•（

1

2

）^n-1，①
∴

1

2

Rn =1•（

1

2

）¹+2×（

1

2

）²+3×（

1

2

）³+…+（n-1）•（

1

2

）^n-1+n•（

1

2

）ⁿ，②
①-②，得

1

2

Rn=1+

1

2

+（

1

2

）²+（

1

2

）³+…+（

1

2

）^n-1-n•（

1

2

）ⁿ

1

2

Rn=

1×[1-( 1 2 )n]

1- 1 2

-n•（

1

2

）ⁿ
=2-(

1

2

)n+1-n•（

1

2

）ⁿ，
∴Rn=4-2(n+2)(

1

2

)n＜4；
（ III）∵c_n=a_n+（-1）ⁿlog₂b_n
=4n+(-1)nlog2(

1

2

)n-1
=4n+（-1）ⁿ（1-n），
∴數列{c_n}的前2n和
R_2n=[4×1+（-1）¹（1-1）]+[4×2+（-1）²（1-2）]+[4×3+（-1）³（1-3）]+…+[4×2n+（-1）²ⁿ（1-2n）]
=4（1+2+3+…+2n）+[0-1+2-3+…+（2n-2）-（2n-1）]
=4×

2n(1+2n)

2

-n
=8n²+3n．
∴R_2n=8n²+3n．

點評：本題考查數列的通項公式的求法，考查數列前n項和公式的求法，解題時要認真審題，注意迭代法、錯位相減法、分組求和法的靈活運用．