Question

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=

anbn

4

，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．

Answer 1

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cn=

anbn

4

=n•(

1

2

)n-1，知数列{c_n}的前n和：R_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n=1•（

1

2

）⁰+2×（

1

2

）¹+3×（

1

2

）²+…+（n-1）•（

1

2

）^n-2+n•（

1

2

）^n-1，由错位相减法能够证明Rn=4-2(n+2)(

1

2

)n＜4；
（ III）由c_n=a_n+（-1）ⁿlog₂b_n=4n+(-1)nlog2(

1

2

)n-1=4n+（-1）ⁿ（1-n），能求出数列{c_n}的前2n和．

解答：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，
∴

bn

bn-1

=

1

2

，
∴数列{b_n}是以首项为1，公比为

1

2

的等比数列，
∴bn=(

1

2

)n-1，n∈N^*．
（II）∵cn=

anbn

4

=n•(

1

2

)n-1，
∴数列{c_n}的前n和：
R_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n
=1•（

1

2

）⁰+2×（

1

2

）¹+3×（

1

2

）²+…+（n-1）•（

1

2

）^n-2+n•（

1

2

）^n-1，①
∴

1

2

Rn =1•（

1

2

）¹+2×（

1

2

）²+3×（

1

2

）³+…+（n-1）•（

1

2

）^n-1+n•（

1

2

）ⁿ，②
①-②，得

1

2

Rn=1+

1

2

+（

1

2

）²+（

1

2

）³+…+（

1

2

）^n-1-n•（

1

2

）ⁿ

1

2

Rn=

1×[1-( 1 2 )n]

1- 1 2

-n•（

1

2

）ⁿ
=2-(

1

2

)n+1-n•（

1

2

）ⁿ，
∴Rn=4-2(n+2)(

1

2

)n＜4；
（ III）∵c_n=a_n+（-1）ⁿlog₂b_n
=4n+(-1)nlog2(

1

2

)n-1
=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×

2n(1+2n)

2

-n
=8n²+3n．
∴R_2n=8n²+3n．

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．