Question

已知等差數(shù)列{a_n}的公差為d（d≠0），等比數(shù)列{b_n}的公比為q（q＞1）．設(shè)s_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n，T_n=a₁b₁-a₂b₂+…+（-1）^n-1a_nb_n，n∈N⁺，
（1）若a₁（2）=b₁（3）=1，d=2，q=3，求S₃的值；
（Ⅱ）若b₁（6）=1，證明（1-q）S_2n-（1+q）T_2n=

2dq(1-q2n)

1-q2

，n∈（10）N⁺；
（Ⅲ）若正數(shù)n滿足2≤n≤q，設(shè)k₁，k₂，…，k_n和l₁，l₂，…，l_n是1，2，…，n的兩個(gè)不同的排列，c₁=a_k1b₁+a_k2b₂+…+a_knb_n，c₂=a_l1b₁+a_l2b₂+…+a_lnb_n證明c₁≠c₂．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由題設(shè)，可得a_n=2n-1，b_n=3^n-1，n∈N^*，由此可求出S₃的值．
（Ⅱ）證明：由題設(shè)可得b_n=q^n-1則S_2n=a₁+a₂q+a₃q²++a_2nq^2n-1，T_2n=a₁-a₂q+a₃q²-a₄q³+-a_2nq^2n-1，由此能夠推導(dǎo)出（1-q）S_2n-（1+q）T_2n=

2dq(1-q2n)

1-q2

．
（Ⅲ）證明：由題設(shè)條件可知

c1-c2

db1

=(k1-l1)+(k2-l2)q++(kn-ln)qn-1，由此入手能夠?qū)С鯿₁≠c₂．

解答：（Ⅰ）解：由題設(shè)，可得a_n=2n-1，b_n=3^n-1，n∈N^*
所以，S₃=a₁b₁+a₂b₂+a₃b₃=1×1+3×3+5×9=55
（Ⅱ）證明：由題設(shè)可得b_n=q^n-1則S_2n=a₁+a₂q+a₃q²++a_2nq^2n-1，①
T_2n=a₁-a₂q+a₃q²-a₄q³+-a_2nq^2n-1，
S_2n-T_2n=2（a₂q+a₄q³+-a_2nq^2n-1）
1式加上②式，得S_2n+T_2n=2（a₁+a₃q²++a_2n-1q^2n-2）③
2式兩邊同乘q，得q（S_2n+T_2n）=2（a₁q+a₃q³++a_2n-1q^2n-1）
所以，（1-q）S_2n-（1+q）T_2n=（S_2n-T_2n）-q（S_2n+T_2n）
=2d（q+q³++q^2n-1）
=

2dq(1-q2n)

1-q2

，n∈N*
（Ⅲ）證明：c₁-c₂=（a_k1-a_l1）b₁+（a_k2-a_l2）b₂++（a_kn-a_ln）b_n
=（k₁-l₁）db₁+（k₂-l₂）db₁q++（k_n-l_n）db₁q^n-1
因?yàn)閐≠0，b₁≠0，所以

c1-c2

db1

=(k1-l1)+(k2-l2)q++(kn-ln)qn-1
（1）若k_n≠l_n（2），取i=n
（3）若k_n=l_n（4），取i滿足k_i≠l_i（5）且k_j=l_j，i+1≤j≤n（6）
由（1），（2）及題設(shè)知，1＜i≤n
且

c1-c2

db1

=(k1-l1)+(k2-l2)q+(ki-1-li-1)qi-2+(ki-li)qi-1
1當(dāng)k_i＜l_i2時(shí)，得k_i-l_i≤-1，由q≥n，
得k_i-l_i≤q-1，i=1，2，3i-13
即k₁-l₁≤q-1，（k₂-l₂）q≤q（q-1），（k_i-1-l_i-1）q^i-2≤q^i-2（q-1）
又（k_i-l_i）q^i-1≤-q^i-1，
所以

c1-c2

db1

=(q-1)+(q-1)q+(q-1)qi-2-qi-1=(q-1)

1-qi-1

1-q

因此c₁-c₂≠0，即c₁≠c₂
4當(dāng)k_i＞l_i5同理可得

c1-c2

db1

＜-16，因此c₁≠c₂7．綜上，c₁≠c₂

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算能力，推理論證能力及綜合分析和解決問(wèn)題的能力的能力．