Question

已知等差数列{a_n}的通项公式为a_n=3n-2，等比数列{b_n}中，b₁=a₁，b₄=a₃+1．记集合A={x|x=a_n，n∈N^*}，B={x|x=b_n，n∈N^*}，U=A∪B，把集合U中的元素按从小到大依次排列，构成数列{c_n}．
（Ⅰ）求数列{b_n}的通项公式，并写出数列{c_n}的前4项；
（Ⅱ）把集合∁_UA中的元素从小到大依次排列构成数列{d_n}，求数列{d_n}的通项公式，并说明理由；
（Ⅲ）求数列{c_n}的前n项和S_n．

Answer 1

【答案】分析：（I）根据等比数列的通项公式，算出b_n=2^n-1，从而得到数列{b_n}的前4项，再与{a_n}的前4项加以对照即可得到数列{c_n}的前4项；
（II）根据补集定义，得到数列{d_n}前4项分别为2、8、32、128，从而猜测{d_n}的通项公式为d_n=2^2n-1．然后加以证明：注意到d_n=b_2n，所以只需证明数列{b_n}中b_2n-1∈A且b_2n∉A．一方面b_2n+1-b_2n-1=4ⁿ-4^n-1=3×4^n-1，从而b_2n+1=b_2n-1+3×4^n-1，结合整数的整除理论证出“若b_2n-1∈A，则b_2n+1∈A”，由此结合b₁∈A实施递推可得b_2n-1∈A；另一方面通过作差，证出b_2n+2=b_2n+3×2×4^n-1，根据“3×2×4^n-1”等于{a_n}的公差3k（k∈Z）倍，结合整数的整除理论可得b_2n 与b_2n+2要么同时属于A，要么同时不属于A，结合b₂=2∉A可得b_2n∉A．由以上两方面相综合，即可得到数列{d_n}的通项公式为d_n=2^2n-1；
（III）分两种情况：①当n=1时，根据{c_n}的定义易得S₁=1；②当n≥2时由（Ⅱ）的结论可得：{b_n}中的奇数项b_2n-1∈A，而偶数项b_2n∉A，因此发现存在整数k＜n使成立，再讨论整数k与n的关系算出．由以上的讨论，即可得出数列{c_n}的前n项和S_n的表达式．
解答：解：（Ⅰ）设等比数列{b_n}的公比为q，
∵b₁=a₁=1，b₄=a₃+1=8，则q³=8，∴q=2，∴b_n=2^n-1，…（2分）
∵数列{a_n}的前4项为1，4，7，10，数列{b_n}的前4项为1，2，4，8，
∴数列{c_n}的前4项为1，2，4，7；  …（3分）
（Ⅱ）根据集合B中元素2，8，32，128∉A，猜测数列{d_n}的通项公式为d_n=2^2n-1．…（4分）
∵d_n=b_2n，∴只需证明数列{b_n}中，b_2n-1∈A，b_2n∉A（n∈N^*）．
证明如下：
∵b_2n+1-b_2n-1=2²ⁿ-2^2n-2=4ⁿ-4^n-1=3×4^n-1，即b_2n+1=b_2n-1+3×4^n-1，
若?m∈N^*，使b_2n-1=3m-2，那么b_2n+1=3m-2+3×4^n-1=3（m+4^n-1）-2，
所以若b_2n-1∈A，则b_2n+1∈A．因为b₁∈A，重复使用上述结论，即得b_2n-1∈A（n∈N^*）．
同理，b_2n+2-b_2n=2²ⁿ⁺¹-2^2n-1=2×4ⁿ-2×4^n-1=3×2×4^n-1，即b_2n+2=b_2n+3×2×4^n-1，
因为“3×2×4^n-1”等于数列{a_n}的公差3的整数倍，由此说明b_2n 与b_2n+2（n∈N^*）同时属于A或同时不属于A，
当n=1时，显然b₂=2∉A，即有b₄=2∉A，重复使用上述结论，即得b_2n∉A，
∴综上所述，可得数列{d_n}的通项公式为d_n=2^2n-1；  …（8分）
（Ⅲ）（1）当n=1时，所以因为b₁=a₁=1，所以S₁=1；           …（9分）
（2）当n≥2时，由（Ⅱ）知，数列{b_n}中，b_2n-1∈A，b_2n∉A，
则?k∈N^*，且k＜n，使得
=．…（11分）
下面讨论正整数k与n的关系：
数列{c_n}中的第n项不外乎如下两种情况：
①b_2k=c_n或者②a_n-k=c_n，
若①成立，即有3（n-k）-2＜2^2k-1＜3（n-k+1）-2，
若②成立，即有2^2k-1＜3（n-k）-2＜2^2k+1，
∴或者，
显然=N^*，可得．
综上所述，得S_n的表达式为
．…（14分）
点评：本题给出成等差数列和成等比数列的两个数列，将两个数列构成的集合并集中的项按从小至大的顺序排列，得到新的数列并求这个新数列的前n项和．着重考查了等差数列、等比数列的通项公式，等差数列、等比数列的前n项和公式，考查了分类讨论的数学思想和数列中的猜想、类比与递推的思想，对数学的综合能力要求较高，属于难题．