Question

已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n=2n²+2n，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n=2-b_n．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}與{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè)c_n=，求證數(shù)列{c_n}的前n和R_n＜4；
（III）設(shè)c_n=a_n+（-1）ⁿlog₂b_n，求數(shù)列{c_n}的前2n和R_2n．

Answer 1

解：（I）∵數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)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，
當(dāng)n=1時(shí)，4n=4=a₁，
∴a_n=4n．
∵數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n=2-b_n，
∴當(dāng)n=1時(shí)，T₁=b₁=2-b₁，解得b₁=1．
當(dāng)n＞1時(shí)，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，
∴=，
∴數(shù)列{b_n}是以首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，
∴，n∈N^*．
（II）∵=n，
∴數(shù)列{c_n}的前n和：
R_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n
=1•（）⁰+2×（）¹+3×（）²+…+（n-1）•（）^n-2+n•（）^n-1，①
∴=1•（）¹+2×（）²+3×（）³+…+（n-1）•（）^n-1+n•（）ⁿ，②
①-②，得=1++（）²+（）³+…+（）^n-1-n•（）ⁿ
=-n•（）ⁿ
=2--n•（）ⁿ，
∴；
（ III）∵c_n=a_n+（-1）ⁿlog₂b_n
=4n+
=4n+（-1）ⁿ（1-n），
∴數(shù)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×-n
=8n²+3n．
∴R_2n=8n²+3n．
分析：（I）由數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)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．由數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n=2-b_n，知當(dāng)n=1時(shí)，T₁=b₁=2-b₁，解得b₁=1．當(dāng)n＞1時(shí)，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=n，知數(shù)列{c_n}的前n和：R_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n=1•（）⁰+2×（）¹+3×（）²+…+（n-1）•（）^n-2+n•（）^n-1，由錯(cuò)位相減法能夠證明；
（ III）由c_n=a_n+（-1）ⁿlog₂b_n=4n+=4n+（-1）ⁿ（1-n），能求出數(shù)列{c_n}的前2n和．
點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，考查數(shù)列前n項(xiàng)和公式的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意迭代法、錯(cuò)位相減法、分組求和法的靈活運(yùn)用．