Question

已知数列{a_n}是等差数列，数列{b_n}是等比数列，且对任意的n∈N*，都有a₁b₁＋a₂b₂＋a₃b₃＋···＋a_nb_n＝n·2ⁿ⁺³．

（1）若{b_n}的首项为4，公比为2，求数列{a_n＋b_n}的前n项和S_n；

（2）若a₁＝8．

①求数列{a_n}与{b_n}的通项公式；

②试探究：数列{b_n}中是否存在某一项，它可以表示为该数列中其它r（r∈N，r≥2）项的和？若存在，请求出该项；若不存在，请说明理由．

Answer

（1）Sn＝2n+2＋n2＋3n－4（2）①an＝4n＋4，bn＝2，②不存在

【解析】

试题分析：（1）条件“a1b1＋a2b2＋a3b3＋···＋anbn”实质为数列前n项的和，所以按已知求方法进行化简. ∵a1b1＋a2b2＋a3b3＋···＋anbn＝n·2n+3∴a1b1＋a2b2＋a3b3＋···＋an－1bn－1＝(n－1)·2n+2 (n≥2) 两式相减得：anbn＝n·2n+3－(n－1)·2n+2＝(n＋1)·2n+2 (n≥2) 而当n＝1时，a1b1＝24适合上式，∴anbn＝(n＋1)·2n+2 (n∈N*)∵{bn}是首项为4、公比为2的等比数列 ∴bn＝2n+1∴an＝2n＋2，∴{an＋bn}的前n项和Sn＝＋＝2n+2＋n2＋3n－4（2）①由（1）有anbn＝(n＋1)·2n+2，设an＝kn＋b，则bn＝∴bn－1＝ (n≥2) 设{bn}的公比为q，则＝＝q对任意的n≥2恒成立，即k(2－q)n2＋b(2－q)n＋2(b－k)＝0对任意的n≥2恒成立，∴又∵a1＝8，∴k＋b＝8∴k＝b＝4，∴an＝4n＋4，bn＝2n②存在性问题，一般从假设存在出发，有解就存在，无解就不存在.本题从范围角度说明解不存在.

【解析】
（1）∵a1b1＋a2b2＋a3b3＋···＋anbn＝n·2n+3

∴a1b1＋a2b2＋a3b3＋···＋an－1bn－1＝(n－1)·2n+2 (n≥2)

两式相减得：anbn＝n·2n+3－(n－1)·2n+2＝(n＋1)·2n+2 (n≥2)

而当n＝1时，a1b1＝24适合上式，∴anbn＝(n＋1)·2n+2 (n∈N*)

∵{bn}是首项为4、公比为2的等比数列 ∴bn＝2n+1

∴an＝2n＋2，∴{an＋bn}的前n项和Sn＝＋＝2n+2＋n2＋3n－4

（2）①设an＝kn＋b，则bn＝，∴bn－1＝ (n≥2)

设{bn}的公比为q，则＝＝q对任意的n≥2恒成立，

即k(2－q)n2＋b(2－q)n＋2(b－k)＝0对任意的n≥2恒成立，

∴ ∴ 又∵a1＝8，∴k＋b＝8∴k＝b＝4，∴an＝4n＋4，bn＝2n

②假设数列{bn}中第k项可以表示为该数列中其它r项的和，即，从而，易知k≥tr＋1

∴k＜tr＋1，此与k≥tr＋1矛盾，从而这样的项不存在．

考点：已知求,等差数列与等比数列基本性质