Question

（2013•豐臺區(qū)二模）已知等差數(shù)列{a_n}的通項公式為a_n=3n-2，等比數(shù)列{b_n}中，b₁=a₁，b₄=a₃+1．記集合A={x|x=a_n，n∈N^*}，B={x|x=b_n，n∈N^*}，U=A∪B，把集合U中的元素按從小到大依次排列，構(gòu)成數(shù)列{c_n}．
（Ⅰ）求數(shù)列{b_n}的通項公式，并寫出數(shù)列{c_n}的前4項；
（Ⅱ）把集合?_UA中的元素從小到大依次排列構(gòu)成數(shù)列{d_n}，求數(shù)列{d_n}的通項公式，并說明理由；
（Ⅲ）求數(shù)列{c_n}的前n項和S_n．

Answer 1

分析：（I）根據(jù)等比數(shù)列的通項公式，算出b_n=2^n-1，從而得到數(shù)列{b_n}的前4項，再與{a_n}的前4項加以對照即可得到數(shù)列{c_n}的前4項；
（II）根據(jù)補(bǔ)集定義，得到數(shù)列{d_n}前4項分別為2、8、32、128，從而猜測{d_n}的通項公式為d_n=2^2n-1．然后加以證明：注意到d_n=b_2n，所以只需證明數(shù)列{b_n}中b_2n-1∈A且b_2n∉A．一方面b_2n+1-b_2n-1=4ⁿ-4^n-1=3×4^n-1，從而b_2n+1=b_2n-1+3×4^n-1，結(jié)合整數(shù)的整除理論證出“若b_2n-1∈A，則b_2n+1∈A”，由此結(jié)合b₁∈A實(shí)施遞推可得b_2n-1∈A；另一方面通過作差，證出b_2n+2=b_2n+3×2×4^n-1，根據(jù)“3×2×4^n-1”等于{a_n}的公差3k（k∈Z）倍，結(jié)合整數(shù)的整除理論可得b_2n 與b_2n+2要么同時屬于A，要么同時不屬于A，結(jié)合b₂=2∉A可得b_2n∉A．由以上兩方面相綜合，即可得到數(shù)列{d_n}的通項公式為d_n=2^2n-1；
（III）分兩種情況：①當(dāng)n=1時，根據(jù){c_n}的定義易得S₁=1；②當(dāng)n≥2時由（Ⅱ）的結(jié)論可得：{b_n}中的奇數(shù)項b_2n-1∈A，而偶數(shù)項b_2n∉A，因此發(fā)現(xiàn)存在整數(shù)k＜n使Sn=

n-k

i=1

ai+

k

i=1

b2i成立，再討論整數(shù)k與n的關(guān)系算出

22k-1+3k-1

3

＜n＜

22k+1+3k+2

3

．由以上的討論，即可得出數(shù)列{c_n}的前n項和S_n的表達(dá)式．

解答：解：（Ⅰ）設(shè)等比數(shù)列{b_n}的公比為q，
∵b₁=a₁=1，b₄=a₃+1=8，則q³=8，∴q=2，∴b_n=2^n-1，…（2分）
∵數(shù)列{a_n}的前4項為1，4，7，10，數(shù)列{b_n}的前4項為1，2，4，8，
∴數(shù)列{c_n}的前4項為1，2，4，7；  …（3分）
（Ⅱ）根據(jù)集合B中元素2，8，32，128∉A，猜測數(shù)列{d_n}的通項公式為d_n=2^2n-1．…（4分）
∵d_n=b_2n，∴只需證明數(shù)列{b_n}中，b_2n-1∈A，b_2n∉A（n∈N^*）．
證明如下：
∵b_2n+1-b_2n-1=2²ⁿ-2^2n-2=4ⁿ-4^n-1=3×4^n-1，即b_2n+1=b_2n-1+3×4^n-1，
若?m∈N^*，使b_2n-1=3m-2，那么b_2n+1=3m-2+3×4^n-1=3（m+4^n-1）-2，
所以若b_2n-1∈A，則b_2n+1∈A．因?yàn)閎₁∈A，重復(fù)使用上述結(jié)論，即得b_2n-1∈A（n∈N^*）．
同理，b_2n+2-b_2n=2²ⁿ⁺¹-2^2n-1=2×4ⁿ-2×4^n-1=3×2×4^n-1，即b_2n+2=b_2n+3×2×4^n-1，
因?yàn)椤?×2×4^n-1”等于數(shù)列{a_n}的公差3的整數(shù)倍，由此說明b_2n 與b_2n+2（n∈N^*）同時屬于A或同時不屬于A，
當(dāng)n=1時，顯然b₂=2∉A，即有b₄=2∉A，重復(fù)使用上述結(jié)論，即得b_2n∉A，
∴綜上所述，可得數(shù)列{d_n}的通項公式為d_n=2^2n-1；  …（8分）
（Ⅲ）（1）當(dāng)n=1時，所以因?yàn)閎₁=a₁=1，所以S₁=1；           …（9分）
（2）當(dāng)n≥2時，由（Ⅱ）知，數(shù)列{b_n}中，b_2n-1∈A，b_2n∉A，
則?k∈N^*，且k＜n，使得
Sn=

n-k

i=1

ai+

k

i=1

b2i=

(n-k)(a1+an-k)

2

+

b2(1-4k)

1-4

=

(n-k)(3n-3k-1)

2

+

2(4k-1)

3

．…（11分）
下面討論正整數(shù)k與n的關(guān)系：
數(shù)列{c_n}中的第n項不外乎如下兩種情況：
①b_2k=c_n或者②a_n-k=c_n，
若①成立，即有3（n-k）-2＜2^2k-1＜3（n-k+1）-2，
若②成立，即有2^2k-1＜3（n-k）-2＜2^2k+1，
∴

22k-1+3k-1

3

＜n＜

22k-1+3k+2

3

或者

22k-1+3k+2

3

＜n＜

22k+1+3k+2

3

，
顯然

22k-1+3k+2

3

=[k+

2

3

×(22k-2+1)]∉N^*，可得

22k-1+3k-1

3

＜n＜

22k+1+3k+2

3

．
綜上所述，得S_n的表達(dá)式為
Sn=

1，n=1 (n-k)(3n-3k-1) 2 + 2(4k-1) 3 ，n∈( 22k-1+3k-1 3 ， 22k+1+3k+2 3 )(k，n∈N*)

．…（14分）

點(diǎn)評：本題給出成等差數(shù)列和成等比數(shù)列的兩個數(shù)列，將兩個數(shù)列構(gòu)成的集合并集中的項按從小至大的順序排列，得到新的數(shù)列并求這個新數(shù)列的前n項和．著重考查了等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項公式，等差數(shù)列、等比數(shù)列的前n項和公式，考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想和數(shù)列中的猜想、類比與遞推的思想，對數(shù)學(xué)的綜合能力要求較高，屬于難題．