Question

各項均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項和S_n滿足2S_n=a_n²+a_n（n∈N^*），等比數(shù)列{b_n}滿足b₁=

1

2

，b_n+1+b_n=

3

2n+1

（n∈N^*）．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項公式；
（Ⅱ）若i，j為正整數(shù)，且1≤i≤j≤n，求所有可能的乘積a_ib_j的和．

Answer 1

考點：數(shù)列的求和,數(shù)列遞推式

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（I）利用“n=1時，a₁=S₁；n≥2時，a_n=S_n-S_n-1”即可化為（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-1）=0，a_n＞0可得∴a_n-a_n-1=1．利用等差數(shù)列的通項公式即可得出．根據(jù)等比數(shù)列{b_n}滿足b₁=

1

2

，b_n+1+b_n=

3

2n+1

（n∈N^*）．
設(shè)公比為q，可得

1

2

q+

1

2

=

3

4

，即可得出．
（II）i，j為正整數(shù)，且1≤i≤j≤n，所有可能的乘積a_ib_j的和=a1

n

j=1

bj+a2

n

k=2

bk+…+an-1

n

l=n-1

bn-1+a_nb_n，化簡利用等比數(shù)列的前n項和公式、“錯位相減法”即可得出．

解答： 解：（I）∵各項均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項和S_n滿足2S_n=a_n²+a_n（n∈N^*），
∴n=1時，2a1=

a

2 1

+a1，解得a₁=1．
當(dāng)n≥2時，2a_n=2（S_n-S_n-1）=a_n²+a_n-(

a

2 n-1

+an-1)，
化為（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-1）=0，
∴a_n-a_n-1=1．
∴數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，
∴a_n=1+（n-1）×1=n．
∵等比數(shù)列{b_n}滿足b₁=

1

2

，b_n+1+b_n=

3

2n+1

（n∈N^*）．
設(shè)公比為q，則

1

2

q+

1

2

=

3

4

，
解得q=

1

2

．
∴bn=

1

2n

．
（II）∵i，j為正整數(shù)，且1≤i≤j≤n，
所有可能的乘積a_ib_j的和=a1

n

j=1

bj+a2

n

k=2

bk+…+an-1

n

l=n-1

bn-1+a_nb_n
=1×

1 2 (1- 1 2n )

1- 1 2

+2×

1 4 (1- 1 2n-1 )

1- 1 2

+…+(n-1)(

1

2n-1

+

1

2n

)+

n

2n

．
=1-

1

2n

+2(

1

2

-

1

2n

)+3(

1

22

-

1

2n

)+…+（n-1）(

1

2n-2

-

1

2n

)+n(

1

2n-1

-

1

2n

)
=(1+

2

2

+

3

22

+…+

n

2n-1

)-

1

2n

(1+2+…+n)，
令S_n=1+

2

2

+

3

22

+…+

n

2n-1

，

1

2

S_n=

1

2

+

2

22

+…+

n-1

2n-1

+

n

2n

，
∴

1

2

Sn=1+

1

2

+

1

22

+

1

23

+…+

1

2n-1

-

n

2n

=1+

1

2

+

1

22

+

1

23

+…+

1

2n-1

-

n

2n

=

1- 1 2n

1- 1 2

-

n

2n

=2-

n+2

2n

．
∴S_n=4-

n+2

2n-1

．
∴所有可能的乘積a_ib_j的和=4-

n+2

2n-1

-

n(n+1)

2n+1

=4-

n2+5n+8

2n+1

．

點評：本題考查了利用“n=1時，a₁=S₁；n≥2時，a_n=S_n-S_n-1”求數(shù)列的通項公式方法、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式性質(zhì)、“錯位相減法”與等比數(shù)列的前n項和公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．