Question

11．已知等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n，且a₁=2，S₅=30．?dāng)?shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T_n=2ⁿ-1．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）令c_n=lnb_n+（-1）ⁿlnS_n，求數(shù)列{c_n}的前2n項(xiàng)和A_2n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過(guò)記等差數(shù)列{a_n}的公差為d，利用等差數(shù)列的求和公式及a₁=2可知公差d=2，進(jìn)而可知a_n=2n；通過(guò)T_n=2ⁿ-1與T_n-1=2^n-1-1（n≥2）作差，進(jìn)而可知b_n=2^n-1；
（Ⅱ）通過(guò)（I）可知S_n=n（n+1），進(jìn)而并項(xiàng)相加即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）記等差數(shù)列{a_n}的公差為d，
依題意，S₅=5a₁+$\frac{5（5-1）}{2}$d=30，
又∵a₁=2，
∴d=$\frac{30-10}{10}$=2，
∴數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=2n；
∵T_n=2ⁿ-1，
∴T_n-1=2^n-1-1（n≥2），
兩式相減得：b_n=2^n-1，
又∵b₁=T₁=2¹-1=1滿足上式，
∴數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式b_n=2^n-1；
（Ⅱ）由（I）可知S_n=2•$\frac{n（n+1）}{2}$=n（n+1），
∴c_n=lnb_n+（-1）ⁿlnS_n
=ln2^n-1+（-1）ⁿln[n（n+1）]
=（n-1）ln2+（-1）ⁿ[lnn+ln（n+1）]，
故A_2n=（0-ln1-ln2）+（ln2+ln2+ln3）+（2ln2-ln3-ln4）+（3ln2+ln4+ln5）+…+[（2n-1）ln2+ln（2n）+ln（2n+1）]
=[0+1+2+…+（2n-1）]ln2+ln（2n+1）
=$\frac{（2n-1）（1+2n-1）}{2}$ln2+ln（2n+1）
=n（2n-1）ln2+ln（2n+1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．