Question

已知f（x）=（x-1）²，數列{a_n}是首項為a₁，公差為d的等差數列；{b_n}是首項為b₁，公比為q（q∈R且q≠1）的等比數列，且滿足a₁=f（d-1），a₃=f（d+1），b₁=f（q+1），b₃=f（q-1）．
（Ⅰ）求數列{a_n}和{b_n}的通項公式；
（Ⅱ）若存在c_n=a_n•b_n（n∈N^*），試求數列{c_n}的前n項和；
（Ⅲ）是否存在數列{d_n}，使得d1=a2，dn=

bn

4

-2dn-1對一切大于1的正整數n都成立，若存在，求出{d_n}；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（I）利用等差數列及等比數列的通項公式可求公差d及公比q，代入到等差數列及等比數列的通項公式可求
（II）由（I）可求C_n，結合數列C_n的特點，考慮利用錯位相減法求和即可
（III）假設存在滿足條件的數列{d_n}，則有d₁=a₂=2，且有dn=

(-2)n+1

4

-2dn-1代入整理可得

-2dn

(-2)n

=1-

2dn-1

(-2)n-1

，利用等差數列的通項可求

解答：解：（Ⅰ）由題意可得，a₃-a₁=d²-（d-2）²=2d
∴d=2
由等差數列的通項公式可得，a_n=2n-2（n∈N^*）；
∵b₃=（q-2）²=q²•q²
∴q²±q?2=0∴q=-2
∴b_n=（-2）ⁿ⁺¹（n∈N^*）．
（Ⅱ）由（I）可得，C_n=a_n•b_n=2（n-1）•（-2）ⁿ⁺¹
∴S_n=2×0×（-2）²+2×1×（-2）³+2（n-1）×（-2）ⁿ⁺¹
-2S_n=2×0×（-2）³+2×1×（-2）⁴+…+（2（n-1）•（-2）ⁿ⁺²
錯位相減法，可得3Sn=

2

3

[(-2)3-(-2)n+2]-(2n-2)•(-2)n+2⇒Sn=

(4-6n)•(-2)n+2-16

9

（Ⅲ）假設存在滿足條件的數列{d_n}，則有d₁=a₂=2，且有dn=

(-2)n+1

4

-2dn-1
d_n=（-2）^n-1-2d_n-1，兩邊同除以（-2）^n-1可得

-2dn

(-2)n

=1-

2dn-1

(-2)n-1

令

dn

(-2)n

=An，則有-2An=1-2An-1⇒An-An-1=-

1

2

故{A_n}是首項為-1，公差為-

1

2

的等差數列，則An=-1+(n-1)(-

1

2

)=-

1

2

(n+1)，
故d_n=（n+1）（-2）^n-1．

點評：本題主要考查了等差數列與等比數列的通項公式的求解、而錯位相減法求解數列的和一直是數列求和中的重點和難點，構造特殊的數列（等差、等比）是數列通項求解的難點．