题目内容

已知数列{a_n}的前n项和S_n=2n²+2n，数列{b_n}的前n项和T_n=2-b_n．
（Ⅰ）求数列{a_n}与{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）设c_n= $数学公式$ ，求证数列{c_n}的前n和R_n＜4；
（III）设c_n=a_n+（-1）ⁿlog₂b_n，求数列{c_n}的前2n和R_2n．

解：（I）∵数列{a_n}的前n项和S_n=2n²+2n，
∴a₁=S₁=2+2=4，
a_n=S_n-S_n-1=（2n²+2n）-[2（n-1）²+2（n-1）]=4n，
当n=1时，4n=4=a₁，
∴a_n=4n．
∵数列{b_n}的前n项和T_n=2-b_n，
∴当n=1时，T₁=b₁=2-b₁，解得b₁=1．
当n＞1时，T_n=2-b_n，T_n-1=2-b_n-1，
∴T_n-T_n-1=b_n=b_n-1-b_n，∴2b_n=b_n-1，
∴ $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，
∴数列{b_n}是以首项为1，公比为 $\text{[math]}$ 的等比数列，
∴ $\text{[math]}$ ，n∈N^*．
（II）∵ $\text{[math]}$ =n $\text{[math]}$ ，
∴数列{c_n}的前n和：
R_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n
=1•（ $\text{[math]}$ ）⁰+2×（ $\text{[math]}$ ）¹+3×（ $\text{[math]}$ ）²+…+（n-1）•（ $\text{[math]}$ ）^n-2+n•（ $\text{[math]}$ ）^n-1，①
∴ $\text{[math]}$ $\text{[math]}$ =1•（ $\text{[math]}$ ）¹+2×（ $\text{[math]}$ ）²+3×（ $\text{[math]}$ ）³+…+（n-1）•（ $\text{[math]}$ ）^n-1+n•（ $\text{[math]}$ ）ⁿ，②
①-②，得 $\text{[math]}$ =1+ $\text{[math]}$ +（ $\text{[math]}$ ）²+（ $\text{[math]}$ ）³+…+（ $\text{[math]}$ ）^n-1-n•（ $\text{[math]}$ ）ⁿ $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ -n•（ $\text{[math]}$ ）ⁿ=2- $\text{[math]}$ -n•（ $\text{[math]}$ ）ⁿ，
∴ $\text{[math]}$ ；
（ III）∵c_n=a_n+（-1）ⁿlog₂b_n
=4n+ $\text{[math]}$
=4n+（-1）ⁿ（1-n），
∴数列{c_n}的前2n和
R_2n=[4×1+（-1）¹（1-1）]+[4×2+（-1）²（1-2）]+[4×3+（-1）³（1-3）]+…+[4×2n+（-1）²ⁿ（1-2n）]
=4（1+2+3+…+2n）+[0-1+2-3+…+（2n-2）-（2n-1）]
=4× $\text{[math]}$ -n
=8n²+3n．
∴R_2n=8n²+3n．
分析：（I）由数列{a_n}的前n项和S_n=2n²+2n，知a₁=S₁=2+2=4，a_n=S_n-S_n-1=（2n²+2n）-[2（n-1）²+2（n-1）]=4n，由此能求出a_n．由数列{b_n}的前n项和T_n=2-b_n，知当n=1时，T₁=b₁=2-b₁，解得b₁=1．当n＞1时，T_n=2-b_n，T_n-1=2-b_n-1，故T_n-T_n-1=b_n=b_n-1-b_n，2b_n=b_n-1，由此能求出b_n．
（II）由 $\text{[math]}$ =n $\text{[math]}$ ，知数列{c_n}的前n和：R_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n=1•（ $\text{[math]}$ ）⁰+2×（ $\text{[math]}$ ）¹+3×（ $\text{[math]}$ ）²+…+（n-1）•（ $\text{[math]}$ ）^n-2+n•（ $\text{[math]}$ ）^n-1，由错位相减法能够证明 $\text{[math]}$ ；
（ III）由c_n=a_n+（-1）ⁿlog₂b_n=4n+ $\text{[math]}$ =4n+（-1）ⁿ（1-n），能求出数列{c_n}的前2n和．
点评：本题考查数列的通项公式的求法，考查数列前n项和公式的求法，解题时要认真审题，注意迭代法、错位相减法、分组求和法的灵活运用．