题目内容

已知f（x）=（x-1）²，数列{a_n}是首项为a₁，公差为d的等差数列；{b_n}是首项为b₁，公比为q（q∈R且q≠1）的等比数列，且满足a₁=f（d-1），a₃=f（d+1），b₁=f（q+1），b₃=f（q-1）．
（Ⅰ）求数列{a_n}和{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）若存在c_n=a_n•b_n（n∈N^*），试求数列{c_n}的前n项和；
（Ⅲ）是否存在数列{d_n}，使得d1=a2，dn=

bn

4

-2dn-1对一切大于1的正整数n都成立，若存在，求出{d_n}；若不存在，请说明理由．

分析：（I）利用等差数列及等比数列的通项公式可求公差d及公比q，代入到等差数列及等比数列的通项公式可求
（II）由（I）可求C_n，结合数列C_n的特点，考虑利用错位相减法求和即可
（III）假设存在满足条件的数列{d_n}，则有d₁=a₂=2，且有dn=

(-2)n+1

4

-2dn-1代入整理可得

-2dn

(-2)n

=1-

2dn-1

(-2)n-1

，利用等差数列的通项可求

解答：解：（Ⅰ）由题意可得，a₃-a₁=d²-（d-2）²=2d
∴d=2
由等差数列的通项公式可得，a_n=2n-2（n∈N^*）；
∵b₃=（q-2）²=q²•q²∴q²±q?2=0∴q=-2
∴b_n=（-2）ⁿ⁺¹（n∈N^*）．
（Ⅱ）由（I）可得，C_n=a_n•b_n=2（n-1）•（-2）ⁿ⁺¹
∴S_n=2×0×（-2）²+2×1×（-2）³+2（n-1）×（-2）ⁿ⁺¹
-2S_n=2×0×（-2）³+2×1×（-2）⁴+…+（2（n-1）•（-2）ⁿ⁺²
错位相减法，可得3Sn=

2

3

[(-2)3-(-2)n+2]-(2n-2)•(-2)n+2⇒Sn=

(4-6n)•(-2)n+2-16

9

（Ⅲ）假设存在满足条件的数列{d_n}，则有d₁=a₂=2，且有dn=

(-2)n+1

4

-2dn-1
d_n=（-2）^n-1-2d_n-1，两边同除以（-2）^n-1可得

-2dn

(-2)n

=1-

2dn-1

(-2)n-1

令

dn

(-2)n

=An，则有-2An=1-2An-1⇒An-An-1=-

1

2

故{A_n}是首项为-1，公差为-

1

2

的等差数列，则An=-1+(n-1)(-

1

2

)=-

1

2

(n+1)，
故d_n=（n+1）（-2）^n-1．

点评：本题主要考查了等差数列与等比数列的通项公式的求解、而错位相减法求解数列的和一直是数列求和中的重点和难点，构造特殊的数列（等差、等比）是数列通项求解的难点．

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．
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．
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