Question

已知{a_n}為等差數(shù)列，S_n為其前n項(xiàng)和，且2S_n=a_n+2n²（n∈N^*）．
（1）求a_n，S_n；
（2）若a_k，a_2k-2，a_2k+1（k∈N?）是等比數(shù)列{b_n}的前三項(xiàng)，設(shè)T_n=a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃+…+a_nb_n，求T_n．

Answer 1

考點(diǎn)：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：（1）由已知條件求出a₁=2，a₂=4，從而得到公差d=a₂-a₁=2，由此能求出a_n，S_n．
（2）由a_k，a_2k-2，a_2k+1（k∈N?）是等比數(shù)列{b_n}的前三項(xiàng)，求出k=4，從而得到a_nb_n=

32

3

n•(

3

2

)n，由此利用錯(cuò)位相減法能求出T_n．

解答： 解：（1）∵{a_n}為等差數(shù)列，且2S_n=a_n+2n²（n∈N^*），設(shè)公差為d，
當(dāng)n=1時(shí)，2S₁=2a₁=a₁+2，解得a₁=2，
當(dāng)n=2時(shí)，2（2+a₂）=a₂+2×4，解得a₂=4，
∴d=a₂-a₁=4-2=2，
∴a_n=2+2（n-1）=2n，
Sn=

n(2+2n)

2

=n（n+1）．
（2）∵a_k，a_2k-2，a_2k+1（k∈N?）是等比數(shù)列{b_n}的前三項(xiàng)，
∴a2k-22=ak•a2k+1，
∴4（2k-2）²=2k•2（2k+1），
整理，得2k²-9k+4=0，
解得k=4或k=

1

2

（舍），
∴a₄，a₆，a₉成等比數(shù)列，且q=

a6

a4

=

3

2

．
∴bn=b1•qn-1=8（

3

2

）^n-1，
∴a_nb_n=2n•8（

3

2

）^n-1=

32

3

n•(

3

2

)n，
∵T_n=a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃+…+a_nb_n，
∴Tn=

32

3

[1×

3

2

+2×(

3

2

)2+3×(

3

2

)3+…+n•(

3

2

)n]，①

3

2

Tn=

32

3

[1×(

3

2

)2+2×(

3

2

)3+3×(

3

2

)4+…+n•(

3

2

)n+1]，②
①-②，得-

1

2

Tn=

32

3

[

3

2

+（

3

2

）²+（

3

2

）³+…+（

3

2

）ⁿ-n•（

3

2

）ⁿ⁺¹]
=

32

3

×[

3 2 [1-( 3 2 )n]

1- 3 2

-n•（

3

2

）ⁿ⁺¹]
=-32-16（n-2）•(

3

2

)n，
∴T_n=64+32(n-2)•(

3

2

)n．

點(diǎn)評：本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和公式的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意錯(cuò)位相減法的合理運(yùn)用．