Question

（2011•豐臺(tái)區(qū)二模）已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且S_n=n²．?dāng)?shù)列{b_n}為等比數(shù)列，且b₁=1，b₄=8．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若數(shù)列{c_n}滿足cn=abn，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n；
（3）在（2）的條件下，數(shù)列{c_n}中是否存在三項(xiàng)，使得這三項(xiàng)成等差數(shù)列？若存在，求出此三項(xiàng)；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（1）對于數(shù)列{a_n}，已知S_n=n²，利用遞推公式可求當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1，當(dāng)n=1時(shí)，a₁=S₁=1可求a_n，對于數(shù)列{b_n}，是等比數(shù)列，設(shè)公比為q，及b₁=1，b₄=b₁q³=8，可求q，進(jìn)而可求b_n
（2）由題意可得，cn=abn=2bn-1=2ⁿ-1，結(jié)合數(shù)列的特點(diǎn)可考慮利用分組求和，結(jié)合等差數(shù)列及等比數(shù)列的求和公式可求；
（3）假設(shè)數(shù)列{c_n}中存在三項(xiàng)c_m，c_k，c_l成等差數(shù)列，則2c_k=c_l+c_m，由（2）可得2（2^k-1）=（2^m-1）+（2^l-1），變形可得2•2^k=2^m+2^l=2^m（1+2^l-m），進(jìn)而可變形為2^k+1-m-2^l-m=1，由整數(shù)的性質(zhì)可得矛盾，即可以得打結(jié)論．

解答：解：（1）∵數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且S_n=n²，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1．
當(dāng)n=1時(shí)，a₁=S₁=1亦滿足上式，
故a_n=2n-1，（n∈N*）．       
又?jǐn)?shù)列{b_n}為等比數(shù)列，設(shè)公比為q，
∵b₁=1，b₄=b₁q³=8，∴q=2．
∴b_n=2^n-1（n∈N*）．                      
（2）cn=abn=2bn-1=2n-1．
T_n=c₁+c₂+c₃+…c_n=（2¹-1）+（2²-1）+…+（2ⁿ-1）=（2¹+2²+…2ⁿ）-n=

2(1-2n)

1-2

-n．
所以 T_n=2ⁿ⁺¹-2-n．                               
（3）假設(shè)數(shù)列{c_n}中存在三項(xiàng)c_m，c_k，c_l成等差數(shù)列，不妨設(shè)m＜k＜l（m，k，l∈N*）
因?yàn)?nbsp;c_n=2ⁿ-1，
所以 c_m＜c_k＜c_l，且三者成等差數(shù)列．
所以 2c_k=c_l+c_m，
即2（2^k-1）=（2^m-1）+（2^l-1），
變形可得：2•2^k=2^m+2^l=2^m（1+2^l-m）
所以 

2k+1

2m

=1+2l-m，即2^k+1-m=1+2^l-m．
所以 2^k+1-m-2^l-m=1．
因?yàn)閙＜k＜l（m，k，l∈N*），
所以 2^k+1-m，2^l-m均為偶數(shù)，而1為奇數(shù)，
所以等式不成立．
所以數(shù)列{c_n}中不存在三項(xiàng)，使得這三項(xiàng)成等差數(shù)列．

點(diǎn)評：本題綜合考查等比數(shù)列、與等差數(shù)列，涉及數(shù)列的等差、等比的性質(zhì)、等差數(shù)列的判定以及數(shù)列的求和，需要全面掌握數(shù)列的有關(guān)性質(zhì)．