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）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
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
求
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＝2n②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．
求,等差数列与等比数列基本性质
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的前
项和为
，且
是
的等差中项，等差数列
满足
，
．
，数列
的前
，证明：
．
(2n
,
是
前
项和, 
,当
时,试比较
的大小.
的前
项和为
，且
.
，求数列
的前
．
的首项
,
项和为
,求
，
为其前n项和，定义
的“凯森和”，若有99项的数列
的“凯森和”为1000，则有100项的数列
的“凯森和”为 .
满足
，
，且
，则