题目内容

已知数列{an}是等差数列,数列{bn}是等比数列,且对任意的n∈N*,都有a1b1+a2b2+a3b3+···+anbn=n·2n+3
(1)若{bn}的首项为4,公比为2,求数列{an+bn}的前n项和Sn
(2)若a1=8.
①求数列{an}与{bn}的通项公式;
②试探究:数列{bn}中是否存在某一项,它可以表示为该数列中其它r(r∈N,r≥2)项的和?若存在,请求出该项;若不存在,请说明理由.

(1)Sn=2n+2+n2+3n-4(2)①an=4n+4,bn=2,②不存在

解析试题分析:(1)条件“a1b1+a2b2+a3b3+···+anbn”实质为数列前n项的和,所以按已知方法进行化简.∵a1b1+a2b2+a3b3+···+anbn=n·2n+3∴a1b1+a2b2+a3b3+···+an-1bn-1=(n-1)·2n+2 (n≥2) 两式相减得:anbn=n·2n+3-(n-1)·2n+2=(n+1)·2n+2 (n≥2) 而当n=1时,a1b1=24适合上式,∴anbn=(n+1)·2n+2 (n∈N*)∵{bn}是首项为4、公比为2的等比数列 ∴bn=2n+1∴an=2n+2,∴{an+bn}的前n项和Sn=2n+2+n2+3n-4(2)①由(1)有anbn=(n+1)·2n+2设an=kn+b,则bn∴bn-1 (n≥2) 设{bn}的公比为q,则=q对任意的n≥2恒成立,即k(2-q)n2+b(2-q)n+2(b-k)=0对任意的n≥2恒成立,∴又∵a1=8,∴k+b=8∴k=b=4,∴an=4n+4,bn=2n②存在性问题,一般从假设存在出发,有解就存在,无解就不存在.本题从范围角度说明解不存在.
解:(1)∵a1b1+a2b2+a3b3+···+anbn=n·2n+3
∴a1b1+a2b2+a3b3+···+an-1bn-1=(n-1)·2n+2 (n≥2)
两式相减得:anbn=n·2n+3-(n-1)·2n+2=(n+1)·2n+2 (n≥2)
而当n=1时,a1b1=24适合上式,∴anbn=(n+1)·2n+2 (n∈N*)
∵{bn}是首项为4、公比为2的等比数列 ∴bn=2n+1
∴an=2n+2,∴{an+bn}的前n项和Sn=2n+2+n2+3n-4
(2)①设an=kn+b,则bn,∴bn-1 (n≥2)
设{bn}的公比为q,则=q对任意的n≥2恒成立,
即k(2-q)n2+b(2-q)n+2(b-k)=0对任意的n≥2恒成立,
 ∴ 又∵a1=8,∴k+b=8∴k=b=4,∴an=4n+4,bn=2n
②假设数列{bn}中第k项可以表示为该数列中其它r项的和,即,从而,易知k≥tr+1 

∴k<tr+1,此与k≥tr+1矛盾,从而这样的项不存在.
考点:已知,等差数列与等比数列基本性质

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