已知数列{an}，{bn}，其中a1=12，数列{an}的前n项和Sn=n2an，数列{bn}满足b1=2，bn+1=2bn．求数列{an}，{

题文

已知数列{a_n}，{b_n}，其中a1=12，数列{a_n}的前n项和S_n=n²a_n（n≥1），数列{b_n}满足b₁=2，b_n+1=2b_n．
（Ⅰ）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）是否存在自然数m，使得对于任意n∈N^*，n≥2，有1+1b1+1b2+…+1bn-1＜m-84恒成立？若存在，求出m的最小值；
（Ⅲ）若数列{c_n}满足cn=1nan，n为奇数bn，n为偶数当n是偶数时，求数列{c_n}的前n项和T_n． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（Ⅰ）因为S_n=n²a_n（n≥1），
当n≥2时，S_n-1=（n-1）²a_n-1．
所以a_n=S_n-S_n-1=n²a_n-（n-1）²a_n-1．
所以（n+1）a_n=（n-1）a_n-1．
即anan-1=n-1n+1．
又a1=12，
所以an=anan-1•an-1an-2•an-2an-3••a3a2•a2a1•a1=n-1n+1•n-2n•n-3n-1••24•13•12=1n(n+1)．
当n=1时，上式成立
因为b₁=2，b_n+1=2b_n，
所以{b_n}是首项为2，公比为2的等比数列，故b_n=2ⁿ．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，b_n=2ⁿ．
则1+1b1+1b2++1bn-1=1+12+122++12n-1=2-12n-1．
假设存在自然数m，使得对于任意n∈N^*，n≥2，有1+1b1+1b2++1bn-1＜m-84恒成立，
即2-12n-1＜m-84恒成立．
由m-84≥2，解得m≥16．
所以存在自然数m，使得对于任意n∈N^*，n≥2，有1+1b1+1b2++1bn-1＜m-84恒成立．此时m的最小值为16．
（Ⅲ）当n是奇数时，Tn=[1a1+13a3++1nan]+(b2+b4++bn-1)
=（2+4++n+1）+（2²+2⁴++2^n-1）=2+n+12•n+12+4(1-4n-12)1-4
=n2+4n+34+43(2n-1-1)．
当n是偶数时，Tn=[1a1+13a3++1(n-1)an-1]+(b2+b4++bn)
=（2+4++n）+（2²+2⁴++2ⁿ）=2+n2•n2+4(1-4n2)1-4=n2+2n4+43(2n-1)．
因此Tn=n2+4n+34+43(2n-1-1)，当n为奇数时n2+2n4+43(2n-1)，当n为偶数时.

解析

anan-1

考点

据考高分专家说，试题“已知数列{an}，{bn}，其中a1=1.....”主要考查你对 [数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等） ]考点的理解。 数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）

数列求和的常用方法：

1.裂项相加法：数列中的项形如

的形式，可以把

表示为

，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和；
2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如

的数列，其中

为等差数列，

为等比数列，均可用此法；
3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。
4、分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。
5、公式法求和：所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式求和，常用的公式有：
 


数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。

数列求和特别提醒：

（1）对通项公式含有

的一类数列，在求

时，要注意讨论n的奇偶性；
（2）在用等比数列前n项和公式时，一定要分q=1和q≠1两种情况来讨论。