题目内容
已知{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a3a6=55，a2+a7=16．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式：
（Ⅱ）若数列{an}和数列{bn}满足等式：an=
| b1 |
| 2 |
| b2 |
| 22 |
| b3 |
| 23 |
| bn |
| 2n |
（Ⅲ）设Tn为数列{nsn}的前n项和，求Tn．
分析：（1）设等差数列an的公差为d，则依题设d=2，a1=1，从而能够得到数列{an}的通项公式．
（2）令cn=
，则有an=c1+c2+…+cn，an+1=c1+c2+…+cn+1，从而得到a1=1，an+1-an=2，由此能够导出bn=
，从而得到Sn=2n+2-6．
（3）先分别求出数列{n•2n+2}和数列{6n}的前n项和，二者相减即可得到数列{n•2n+2-6n}的前n项和．
（2）令cn=
| bn |
| 2n |
|
（3）先分别求出数列{n•2n+2}和数列{6n}的前n项和，二者相减即可得到数列{n•2n+2-6n}的前n项和．
解答：解：（1）解：设等差数列an的公差为d，则依题设d＞0
由a2+a7=16．得2a1+7d=16①
由a3•a6=55，得（a1+2d）（a1+5d）=55②
由①得2a1=16-7d将其代入②得（16-3d）（16+3d）=220．
即256-9d2=220
∴d2=4，又d＞0，∴d=2，代入①得a1=1
∴an=1+（n-1）•2=2n-1
（2）令cn=
，则有an=c1+c2+…+cn，an+1=c1+c2+…+cn-+1（4分）
两式相减得
an+1-an=cn+1，由（1）得a1=1，an+1-an=2
∴cn+1=2，cn=2（n≥2），即当n≥2时，bn=2n+1
又当n=1时，b1=2a1=2
∴bn=
于是Sn=b1+b2+b3+…+bn=2+23+24+…+2n+1
=2+22+23+24+…+2n+1-4=
-4=2n+2即Sn=2n+2-6（9分）
（3）数列{n•2n+2}的前n项和为T1=（n-1）•2n+3+8（12分）
数列{6n}的前n项和为T2=3n2+3n（13分）
所以，数列{n•2n+2-6n}的前n项和为T1-T2=（n-1）•2n+3+8-3n2-3n（14分）
由a2+a7=16．得2a1+7d=16①
由a3•a6=55，得（a1+2d）（a1+5d）=55②
由①得2a1=16-7d将其代入②得（16-3d）（16+3d）=220．
即256-9d2=220
∴d2=4，又d＞0，∴d=2，代入①得a1=1
∴an=1+（n-1）•2=2n-1
（2）令cn=
| bn |
| 2n |
两式相减得
an+1-an=cn+1，由（1）得a1=1，an+1-an=2
∴cn+1=2，cn=2（n≥2），即当n≥2时，bn=2n+1
又当n=1时，b1=2a1=2
∴bn=
|
于是Sn=b1+b2+b3+…+bn=2+23+24+…+2n+1
=2+22+23+24+…+2n+1-4=
| 2(2n+1-1) |
| 2-1 |
（3）数列{n•2n+2}的前n项和为T1=（n-1）•2n+3+8（12分）
数列{6n}的前n项和为T2=3n2+3n（13分）
所以，数列{n•2n+2-6n}的前n项和为T1-T2=（n-1）•2n+3+8-3n2-3n（14分）
点评：本题考查数列的性质和应用，具有一定的难度，解题时要注意挖掘题设条件，合理解答．
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