Question

1．已知等差數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=1，公差d＞0，且第2項(xiàng)、第5項(xiàng)、第14項(xiàng)分別是等比數(shù)列{b_n}的第2項(xiàng)、第3項(xiàng)、第4項(xiàng)．
（1）求數(shù)列{a_n}與{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)數(shù)列{c_n}對n∈N^*均有$\frac{{c}_{1}}{_{1}}$+$\frac{{c}_{2}}{_{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{_{n}}$=a_n+1成立，求c₁+c₂+c₃+…+c₂₀₁₆．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)已知得到關(guān)于d 的方程解出公差；
（2）利用數(shù)列通項(xiàng)與前n項(xiàng)和的關(guān)系得到數(shù)列{c_n}的通項(xiàng)公式，然后求和．

解答 解（1）由已知有a₂=1+d，a₅=1+4d，a₁₄=1+13d，∴（1+4d）²=（1+d）（1+13d），解得d=2（d=0舍）．
∴a_n=2n-1，又b₂=a₂=3，b₃=a₃=9，∴數(shù)列{b_n}的公比為3，∴b_n=3^n-1；
（2）由{c_n}對n∈N^*均有$\frac{{c}_{1}}{_{1}}$+$\frac{{c}_{2}}{_{2}}$+…+$\frac{{c}_{n}}{_{n}}$=a_n+1成立得當(dāng)n≥2時，{c_n}對n∈N^*均有$\frac{{c}_{1}}{_{1}}$+$\frac{{c}_{2}}{_{2}}$+…+$\frac{{c}_{n-1}}{_{n-1}}$=a_n成立，
兩式相減得：當(dāng)n≥2時，$\frac{{c}_{n}}{_{n}}$=a_n+1-a_n=2．
∴c_n=2b_n=2•3^n-1（n≥2）．
又當(dāng)n=1時，$\frac{{c}_{1}}{_{1}}$=a₂，∴c₁=3，
∴c_n=$\left\{\begin{array}{l}{3，n=1}\\{2×{3}^{n-1}，n≥2}\end{array}\right.$，
∴c₁+c₂+c₃+…+c₂₀₁₆
=3+（-3+3²⁰¹⁶）=3²⁰¹⁶

點(diǎn)評 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法以及數(shù)列求和；本題注意數(shù)列{c_n}的通項(xiàng)公式的表示；屬于中檔題．