Question

已知数列{a_n}是等差数列，数列{b_n}是等比数列，且对任意的n∈N*，都有a₁b₁＋a₂b₂＋a₃b₃＋···＋a_nb_n＝n·2ⁿ⁺³．
（1）若{b_n}的首项为4，公比为2，求数列{a_n＋b_n}的前n项和S_n；
（2）若a₁＝8．
①求数列{a_n}与{b_n}的通项公式；
②试探究：数列{b_n}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．

Answer 1

（1）S_n＝2ⁿ⁺²＋n²＋3n－4（2）①a_n＝4n＋4，b_n＝2，②不存在

解析试题分析：（1）条件“a₁b₁＋a₂b₂＋a₃b₃＋···＋a_nb_n”实质为数列前n项的和，所以按已知求方法进行化简.∵a₁b₁＋a₂b₂＋a₃b₃＋···＋a_nb_n＝n·2ⁿ⁺³∴a₁b₁＋a₂b₂＋a₃b₃＋···＋a_n－1b_n－1＝(n－1)·2ⁿ⁺² (n≥2) 两式相减得：a_nb_n＝n·2ⁿ⁺³－(n－1)·2ⁿ⁺²＝(n＋1)·2ⁿ⁺² (n≥2) 而当n＝1时，a₁b₁＝2⁴适合上式，∴a_nb_n＝(n＋1)·2ⁿ⁺² (n∈N*)∵{b_n}是首项为4、公比为2的等比数列 ∴b_n＝2ⁿ⁺¹∴a_n＝2n＋2，∴{a_n＋b_n}的前n项和S_n＝＋＝2ⁿ⁺²＋n²＋3n－4（2）①由（1）有a_nb_n＝(n＋1)·2^n+2，设a_n＝kn＋b，则b_n＝∴b_n－1＝ (n≥2) 设{b_n}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，∴a_n＝4n＋4，b_n＝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＋···＋a_nb_n＝n·2ⁿ⁺³
∴a₁b₁＋a₂b₂＋a₃b₃＋···＋a_n－1b_n－1＝(n－1)·2ⁿ⁺² (n≥2)
两式相减得：a_nb_n＝n·2ⁿ⁺³－(n－1)·2ⁿ⁺²＝(n＋1)·2ⁿ⁺² (n≥2)
而当n＝1时，a₁b₁＝2⁴适合上式，∴a_nb_n＝(n＋1)·2ⁿ⁺² (n∈N*)
∵{b_n}是首项为4、公比为2的等比数列 ∴b_n＝2ⁿ⁺¹
∴a_n＝2n＋2，∴{a_n＋b_n}的前n项和S_n＝＋＝2ⁿ⁺²＋n²＋3n－4
（2）①设a_n＝kn＋b，则b_n＝，∴b_n－1＝ (n≥2)
设{b_n}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，∴a_n＝4n＋4，b_n＝2ⁿ
②假设数列{b_n}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≥t_r＋1 

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