Question

已知数列{a_n}、{b_n}满足a₁=b₁=1，a₂=3，且S_n+1+S_n-1=2（S_n+1）（n≥2，n∈N^*），其中S_n为数列{a_n}的前n项和，又b₁+2b₂+2²b₃+…+2^n-2b_n-1+2^n-1b_n=a_n，对任意n∈N^*都成立．
（1）求数列{a_n}、{b_n}的通项公式；
（2）求数列{a_n•b_n}的前n项和T_n．

Answer 1

考点：数列的求和

专题：等差数列与等比数列

分析：（1）由S_n+1+S_n-1=2（S_n+1），得到S_n+2+S_n=2（S_n+1+1），两式作差求出a_n=2n-1．同样的方法两式作差得2^n-1b_n=a_n-a_n-1=2，由此能求出{b_n}的通项公式．
（2）由已知条件推导出Tn=1+3+5×2-1+7×2-2+…+(2n-1)×22-n，由此利用错位相减法能求出数列{a_n•b_n}的前n项和T_n．

解答： （本小题满分12分）
解：（1）∵S_n+1+S_n-1=2（S_n+1），
∴S_n+2+S_n=2（S_n+1+1），
两式作差得：a_n+2+a_n=2a_n+1，
∴当n≥2时，数列{a_n}是等差数列，首项a₂为3，公差为2，
∴a_n=3+2（n-2）=2n-1（n≥2），又a₁=1符合，
即a_n=2n-1（n≥1）…（4分）
∵b1+2b2+22b3+…+2n-2bn-1+2n-1bn=an，
∴b1+2b2+22b3+…+2n-3bn-2+2n-2bn-1=an-1，
两式相减得：2^n-1b_n=a_n-a_n-1=2，
∴bn=22-n(n≥2)，
∵b₁=1不满足，∴bn=

1， n=1 22-n， n≥2

…（6分）
（2）设Cn=an•bn=

1， n=1 (2n-1)•22-n， n≥2

，
∴Tn=1+3+5×2-1+7×2-2+…+(2n-1)×22-n，

1

2

Tn=

1

2

+3×2-1+5×2-2+7×2-3+…+(2n-1)×21-n，
两式作差得：

1

2

Tn=

7

2

+2×(2-1+2-2+…+22-n)-(2n-1)×21-n
=

7

2

+2×

2-1(1- 1 2n-2 )

1- 1 2

-(2n-1)×21-n=

11

2

-(2n+3)×21-n，
∴Tn=11-(2n+3)×22-n…．（12分）

点评：本题考查数列的通项公式的求法，考查数列的前n项和的求法，解题时要认真审题，注意作差相减法的合理运用．