Question

18．等差数列{a_n}中，其前n项和为S_n，且${S_n}={（\frac{{{a_n}+1}}{2}）^2}$，等比数列{b_n}中，其前n项和为T_n，且${T_n}={（\frac{{{b_n}+1}}{2}）^2}$，（n∈N^*）
（1）求a_n，b_n；
（2）求{a_nb_n}的前n项和M_n．

Answer 1

分析 （1）法1：利用等差数列的前3项求出公差与首项，再利用通项公式即可得出．
法2：利用递推关系与等差数列的通项公式即可得出．
（2）法1：利用分组求和即可得出．
法2：利用“错位相减法”与等比数列的求和公式即可得出．

解答 解：（1）法1：由${S_1}={（{\frac{{{a_1}+1}}{2}}）^2}={a_1}$，a₁=1…（1分）
又${S_2}={a_1}+{a_2}=1+{a_2}={（{\frac{{{a_2}+1}}{2}}）^2}$，所以a₂=3或-1
因为a₂=-1时，${S_3}=-3≠{（\frac{{{a_3}+1}}{2}）^2}$=1，故a₂=-1舍去…（4分）
所以等差数列{a_n）的公差d=a₂-a₁=2∴a_n=2n-1，…（5分）
同样可得b₁=1，b₂=3或-1
因为b₂=3时，${T_3}=13≠{（\frac{{{b_3}+1}}{2}）^2}=25$，故b₂=3舍去
又{b_n}为等比数列，所以${b_n}={（{-1}）^{n-1}}$…（7分）
法2：${S_1}={（{\frac{{{a_1}+1}}{2}}）^2}={a_1}$，a₁=1…1分${S_n}={（{\frac{{{a_n}+1}}{2}}）^2}$，${S_{n-1}}={（{\frac{{{a_{n-1}}+1}}{2}}）^2}$，（n≥2）${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=\frac{{（{{a_n}-{a_{n-1}}}）（{{a_n}+{a_{n-1}}+2}）}}{4}$$4{a_n}=a_n^2+2{a_n}-a_{n-1}^2-2{a_{n-1}}$$a_n^2-2{a_n}-a_{n-1}^2-2{a_{n-1}}=0$（a_n-a_n-1）（a_n+a_n-1）-2（a_n+a_n-1）=0…（4分）
（a_n-a_n-1-2）（a_n+a_n-1）=0，因为{a_n}为等差数列，
所以a_n-a_n-1-2=0，又a₁=1∴a_n=2n-1，…（5分）
又{b_n}为等比数列，所以易得${b_n}={（{-1}）^{n-1}}$…（7分）
（2）法一：M_n=a₁•b₁+a₂•b₂+…+a_n•b_n=1-3+5-7+…+（-1）^n-1（2n-1）
若n为偶数，则M_n=$（1-3）+（5-7）+…（即共\frac{n}{2}个-2的和）$
所以M_n=-n…（10分）
若n为奇数，则结合上边情况可得 M_n=-（n-1）+（2n-1）=n
综上可得M_n=（-1）^n-1•n…（12分）
法二：M_n=1×（-1）⁰+3×（-1）¹+5×（-1）²+…+（2n-1）×（-1）^n-1…①
-M_n=1×（-1）¹+3×（-1）²+5×（-1）³+…+（2n-1）×（-1）ⁿ…②
①-②得：
2M_n=1+2×（-1）¹+2×（-1）²+2×（-1）³+…+2×（-1）^n-1-（2n-1）×（-1）ⁿ----（11分）
2M_n=$1+2×\frac{{{{（-1）}^1}-{{（-1）}^{n-1}}×（-1）}}{1-（-1）}-（2n-1）×{（-1）^n}$M_n=n×（-1）^n-1----------------（12分）

点评 本题考查了分组求和方法、“错位相减法”、等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．