Question

已知正数数列{c_n}的前n项和为S_n，且满足S_n+c_n=1（n∈N^*）．
（1）求数列{c_n}的通项公式；
（2）设a_n=

1

cn

，探究是否存在数列{b_n}，使得a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=（2n一1）2²ⁿ⁺¹+2对一切正整数n都成立？若存在，请求出数列{b_n}的通项公式，若不存在，请说明理由；
（3）若（2）探究出存在数列{b_n}，则求数列{b_n•c_n}的前n项的和T_n；若（2）探究出不存在数列{b_n}，则请计算数列{

2n+1

2n

}的前n项和．

Answer 1

分析：（1）当n=1时，S₁+c₁=1，可求得c₁；n≥2时，S_n+c_n=1，S_n-1+c_n-1=1，两式相减，可求得2c_n=c_n-1，可判断数列{c_n}是首项为

1

2

，公比为

1

2

的等比数列，从而可求数列{c_n}的通项公式；
（2）可求得a_n=2ⁿ，若存在数列{b_n}，使得a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=（2n一1）2ⁿ⁺¹+2对一切正整数n都成立，向下类推一次后两式作差，可求得b_n=2n+1（n≥2），再验证n=1时是否符合即可；
（3）依题意，T_n=

3

2

+

5

22

+

7

23

+…+

2n+1

2n

，利用错位相减法即可求得T_n．

解答：解：（1）当n=1时，S₁+c₁=1，即2c₁=1，故c₁=

1

2

（1分）
当n≥2时，S_n+c_n=1，S_n-1+c_n-1=1，两式相减，得（S_n-S_n-1）+（c_n-c_n-1）=0，
即2c_n=c_n-1，
所以数列{c_n}是首项为

1

2

，公比为

1

2

的等比数列，
所以c_n=(

1

2

)n．（3分）
（2）因为a_n=

1

cn

，
所以a_n=2ⁿ．（4分）
若存在数列{b_n}，使得a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=（2n一1）2²ⁿ⁺¹+2对一切正整数n都成立，
则a₁b₁+a₂b₂+…+a_n-1b_n-1=（2n一3）2^2n-1+2（n≥2），（6分）
两式相减，得a_nb_n=（6n-1）2^2n-1（n≥2），解得b_n=2n+1（n≥2）；
由a₁b₁=6，得b₁=3，符合上式，所以b_n=2n+1（n∈N^*）．
所以存在符合条件的数列{b_n}，其通项公式为b_n=2n+1（n∈N^*）．（8分）
（3）因为b_n•c_n=

2n+1

2n

，故数列{b_n•c_n}的前n项的和T_n=

3

2

+

5

22

+

7

23

+…+

2n+1

2n

，
所以

1

2

T_n=

3

22

+

5

23

+

7

24

+…+

2n+1

2n+1

，
所以T_n-

1

2

T_n=

3

2

+

2

22

+

2

23

+

2

24

+…+

2

2n

-

2n+1

2n+1

=

3

2

+

1 2 (1- 1 2n-1 )

1- 1 2

-

2n+1

2n+1

（11分）
故

1

2

T_n=

5

2

-

1

2n-1

-

2n+1

2n+1

=

5

2

-

2n+5

2n+1

，
所以T_n=5-

2n+5

2n

（13分）

点评：本题考查数列的求和，考查数列的递推，着重考查等比数列与等差数列的判定与综合应用，突出错位相减法的应用，属于难题．