a1=b1=1,a（n+1）=bn+n,b(n+1)=an+(-1)^2,求证a2n=n^2+n 求1/a2+1/a4+

（1）由a2=b2a8=b3a1=b1=1得1+d=q1+7d=q2（3分）∴（1+d）2=1+7d，即，d2=5d，又∵d≠0，∴d=5，从而q=6（6分）（2）∵an=a1+（n-1）d=5n-4，bn=b1qn-1=6n-1∴cn=an+bn=5n-4+6n-1+2=6n-1+5n-2（9分）从而，Sn=1-6n1-...

点评：
本题考点： 等差数列与等比数列的综合；数列的求和．

考点点评： 本题结合等差数列和等比数列性质考查了公差d和公比q的求法，考查了学生的运算能力和对函数的综合掌握，解题时注意整体思想和转化思想的运用．

设数列{a_n}、{b_n}的公差、公比分别为d、q，
由

c2＝6
c3＝11得

(1+d)+q＝6
(1+2d)+q2＝11，
消去d得q²-2q=0，∵q≠0，∴q=2，∴d=3，
∴a_n=3n-2，b_n=2^n-1
∴S_n=（a₁+a₂+…+a_n）+（b₁+b₂+…+b_n）
=
n(a1+an)
2+
b1(1−qn)
1−q
=
n(3n−1)
2+2ⁿ-1．

点评：
本题考点： 数列的求和；等差数列的性质；等比数列的性质．

考点点评： 本题考查了等差数列和等比数列的通项公式和前n项和公式，用代入法直接可求，这个题目很明显用分组求和法，考查学生的基本运用能力．

在等差数列{a_n}中，由a₁=1，a₂=2，
得公差d=1，
∴a₅=a₁+4d=1+4×1=5．
在等比数列{b_n}中，由b₁=1，b₂=2，得公比q=2，
∴b5=b1q4=1×24=16．
∴a₅b₅=5×16=80．
故选：C．

点评：
本题考点： 等差数列的通项公式；等比数列的通项公式．

考点点评： 本题考查了等差数列和等比数列的通项公式，是基础的计算题．

由题意可得an+1−an＝
bn+1
bn＝2，
所以数列{a_n}是等差数列，且公差是2，{b_n}是等比数列，且公比是2．
又因为a₁=1，所以a_n=a₁+（n-1）d=2n-1．
所以ban＝b2n−1=b₁•2^2n-2=2^2n-2．
设c_n=ban，所以c_n=2^2n-2，
所以
cn
cn−1＝4，所以数列{c_n}是等比数列，且公比为4，首项为1．
由等比数列的前n项和的公式得：其前10 项的和为
1
3(410−1)．
故选D．

点评：
本题考点： 等差数列与等比数列的综合．

考点点评： 解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列与等差数列的定义，以及它们的通项公式与前n项和的表示式．

（1）设公比及公差分别为q，d，
由2b₂=a₁+a₂，2a₂=b₂+b₃，
得q=1，d=0或q=2，d=2，（3分）
又由a₂≠b₂，故q=2，d=2（4分）
∴an＝2n−1，bn＝2n−1（6分）
（2）∵cn＝
1
n•n2•(2n−1)＝n•2n−n（8分）
∴Sn＝(1•21+2•22+…+n•2n)−(1+2+…+n)（9分）
令Tn＝1•21+2•22+3•23+…+n•2n①
2Tn＝1•22+2•23+3•24+…+n•2n+1②
由②-①得Tn＝(n−1)•2n+1+2，（11分）
∴Sn＝(n−1)•2n+1−
n(n+1)
2+2．（12分）

点评：
本题考点： 数列的求和．

考点点评： 本题考查数列的通项公式的求法，考查数列的前n项和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分组求和法的合理运用．

（1）由

a2=b2
a8=b3
a1=b1=1
得

1+d=q
1+7d=q2（3分）
∴（1+d）²=1+7d，即，d²=5d，
又∵d≠0，
∴d=5，从而q=6（6分）
（2）∵a_n=a₁+（n-1）d=5n-4，b_n=b₁q^n-1=6^n-1
∴c_n=a_n+b_n=5n-4+6^n-1+2=6^n-1+5n-2（9分）
从而，Sn=
1-6n
1-6+
n(3+5n-2)
2
=
6n
5+
5
2n2+
1
2n-
1
5（12分）

点评：
本题考点： 等差数列与等比数列的综合；数列的求和．

考点点评： 本题结合等差数列和等比数列性质考查了公差d和公比q的求法，考查了学生的运算能力和对函数的综合掌握，解题时注意整体思想和转化思想的运用．

（1）由

a2=b2
a8=b3
a1=b1=1
得

1+d=q
1+7d=q2（3分）
∴（1+d）²=1+7d，即，d²=5d，
又∵d≠0，
∴d=5，从而q=6（6分）
（2）∵a_n=a₁+（n-1）d=5n-4，b_n=b₁q^n-1=6^n-1
∴c_n=a_n+b_n=5n-4+6^n-1+2=6^n-1+5n-2（9分）
从而，Sn=
1-6n
1-6+
n(3+5n-2)
2
=
6n
5+
5
2n2+
1
2n-
1
5（12分）

点评：
本题考点： 等差数列与等比数列的综合；数列的求和．

考点点评： 本题结合等差数列和等比数列性质考查了公差d和公比q的求法，考查了学生的运算能力和对函数的综合掌握，解题时注意整体思想和转化思想的运用．

（I）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意有q＞0，∵a1=b1=1，a3+b5=21，a5+b3=13，∴1+2d+q4＝211+4d+q2＝13，解得d=2，q=2．　　∴an=1+（n-1）d=2n-1，bn＝2n−1，（Ⅱ）由（I）得，an•bn=（2n-1）•2n-1...

点评：
本题考点： 等差数列与等比数列的综合．

考点点评： 本题主要考查了利用基本量表示等差数列及等 数列的通项公式，错位相减求数列的和是数列求和方法中的重点和难点．

（1）依题得

1+d＝q
1+5d＝q2⇒

d＝3
q＝4，
∴a_n=3n-2，b_n=4^n-1；
（2）∵[1
anan+1=
1
(3n−2)(3n+1)=
1/3]（[1/3n−2]-[1/3n+1]），
∴S_n=[1/3][（[1/1]-[1/4]）+（[1/4]-[1/7]）+…+（[1/3n−2]-[1/3n+1]）]
=[n/3n+1]；
（3）假设存在常数a，b满足题意，把a_n=3n-2，b_n=4^n-1代入a_n=log_ab_n+b，
得：3n-2=loga4n−1+b，
即（3-log_a4）n+（log_a4-b-2）=0对一切n∈N^*都成立，
∴

3−loga4＝0
loga4−b−2＝0，
解得：

a＝
34

b＝1．
即存在常数a=
34
，b=1满足题设．

点评：
本题考点： 等差数列与等比数列的综合；数列的求和．

考点点评： 本题考查数列的求和，着重考查等差数列与等比数列的通项公式的综合应用，突出裂项法求和的考查，渗透方程思想、转化思想的应用，属于难题．

（Ⅰ）设等差数列的公差为d，
则由题意知a₂=1+d，a₄=1+3d…．（2分）
∵{b_n}为等比数列，a₁=b₁=1，a₂=b₂，a₄=b₃，
∴a22＝a1•a4，
即（1+d）²=1+3d…（4分）
整理，得d²=d，又d≠0，解得d=1．…（5分）
∴a_n=1+（n-1）=n．…（6分）
（Ⅱ）证明：依题意cn＝n2an＝n3．（7分）
∴S_n=c₁+c₂+…+c_n
=1³+2³+…+n³=
1/4n2(n+1)2…．（8分）
∴
2n+1
Sn＝
4(2n+1)
n2(n+1)2＝4
(n+1)2−n2
n2(n+1)2＝4(
1
n2−
1
(n+1)2)…．（10分）
∴
3
S1+
5
S2+…+
2n+1
Sn]＜4(
1
12−
1
22)+4(
1
22−
1
32)+…+4(
1
n2−
1
(n+1)2)
=4(1−
1
(n+1)2)＜4…．（12分）
∵
2n+1
Sn＞0，∴
3
S1+
5

点评：
本题考点： 数列的求和；等差数列的性质．

考点点评： 本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式，考查考生分析问题、解决问题的能力．对于第（Ⅰ）问，由已知条件递推关系可求出公差d，进而可求出{an}，{bn}的通项公式；对于第（Ⅱ）问考察裂项求和法的合理运用．

（1）设{a_n}的公差为d=2，{b_n}的公比为q=2，
∵a₁=b₁=1
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1，bn＝qn−1＝2n−1．
（2）∵anbn＝(2n−1)•2n−1，
∴Sn＝1×20+3×21+5×22+…+(2n−1)•2n−1，①
2Sn＝，1×21+3×22+…+(2n−3)•2n−1+(2n−1)•2n，②
相减得：−Sn＝1+2(21+22+…+2n−1)−(2n−1)•2n=2ⁿ⁺¹-3-（2n-1）•2ⁿ
∴Sn＝3+(2n−1)•2n−2n+1=3+（2n-3）•2ⁿ

点评：
本题考点： 数列的求和．

考点点评： 本题主要考查等差数列和等比数列的通项公式的计算，以及利用错位相减法进行求和的内容，考查学生的计算能力．

（1）由题意得


1+d+q＝1
1+2d+q2＝4，解得d=1，q=-1，
∴a_n=n，b_n=（-1）^n-1；
（2）C_n=2 an+a_nb_n=2ⁿ+n（-1）^n-1，
∴s_n=c₁+c₂+…+c_n=（2+2²+…+2ⁿ）+[1•（-1）⁰+2•（-1）¹+…+n•（-1）^n-1]
令T_n=1•（-1）⁰+2•（-1）¹+…+n•（-1）^n-1，①
-T_n=1•（-1）¹+2•（-1）²+…+（n-1）•（-1）^n-1+n•（-1）ⁿ②，
①-②得，2T_n=（-1）⁰+（-1）¹+…+（-1）^n-1-n•（-1）ⁿ=
1−(−1)n
2-n•（-1）ⁿ=[1/2]-
(2n+1)(−1)n
2，
∴T_n=[1/4]-
(2n+1)(−1)n
4，
∴s_n=
2(1−2n)
1−2+[1/4]-
(2n+1)(−1)n
4=2ⁿ⁺¹-
(2n+1)(−1)n
4-[7/4]．

点评：
本题考点： 数列的求和；等差数列的通项公式；等比数列的通项公式．

考点点评： 本题主要考查等差数列、等比数列的性质及数列求和的方法等知识，考查学生的基本运算能力，属难题．