设 $a_n=2^n,n\in\mathbf N^{\ast}$，数列 $\{b_n\}$ 满足 $b_1a_n+b_2a_{n-1}+\cdots+b_na_1=2^n-\dfrac{n}{2}-1$，求数列 $\{a_n\cdot b_n\}$ 的前 $n$ 项和．
【难度】
【出处】
2018年全国高中数学联赛广西壮族自治区预赛
【标注】
【答案】
$T_n=\dfrac{(n-1)\cdot 2^n+1}{2}$
【解析】
由 $a_1=2$ 及 $b_1a_1=2-\dfrac{1}{2}-1$，可得 $b_1=\dfrac{1}{4}$．当 $n\geqslant 2$ 时，由已知条件有 $\begin{cases}
& {{b}_{1}}\cdot {{2}^{n-1}}+{{b}_{2}}\cdot {{2}^{n-2}}+\cdots+{{b}_{n-1}}\cdot 2={{2}^{n-1}}-\dfrac{n-1}{2}-1 ① \\
& {{b}_{1}}\cdot {{2}^{n}}+{{b}_{2}}\cdot{{2}^{n-1}}+\cdots +{{b}_{n-1}}\cdot {{2}^{2}}+{{b}_{n}}\cdot 2={{2}^{n}}-\dfrac{n}{2}-1 ② \\
\end{cases}.$ ① 式两边同时乘以 $2$，可得 ${{b}_{1}}\cdot {{2}^{n}}+{{b}_{2}}\cdot{{2}^{n-1}}+\cdots +{{b}_{n-1}}\cdot {{2}^{2}} ={{2}^{n}}-n-1 $ ③．由 ②③ 可求得，$b_n=\dfrac{n}{4}$．于是，$a_n\cdot b_n=\dfrac{n}{4}\cdot 2^n$．令 $T_n=\displaystyle\sum_{k=1}^na_k\cdot b_k$，则有 $\begin{cases}T_n=\dfrac{1}{4}\displaystyle\sum_{k=1}^nk\cdot 2^k\\
2T_n=\dfrac{1}{4}\displaystyle\sum_{k=1}^nk\cdot 2^{k+1}\\
\end{cases}$．因此，$T_n=\dfrac{1}{4}(n\cdot 2^{n+1}-\displaystyle\sum_{k=1}^n2^k)=\dfrac{(n-1)\cdot 2^n+1}{2}.$
& {{b}_{1}}\cdot {{2}^{n-1}}+{{b}_{2}}\cdot {{2}^{n-2}}+\cdots+{{b}_{n-1}}\cdot 2={{2}^{n-1}}-\dfrac{n-1}{2}-1 ① \\
& {{b}_{1}}\cdot {{2}^{n}}+{{b}_{2}}\cdot{{2}^{n-1}}+\cdots +{{b}_{n-1}}\cdot {{2}^{2}}+{{b}_{n}}\cdot 2={{2}^{n}}-\dfrac{n}{2}-1 ② \\
\end{cases}.$ ① 式两边同时乘以 $2$，可得 ${{b}_{1}}\cdot {{2}^{n}}+{{b}_{2}}\cdot{{2}^{n-1}}+\cdots +{{b}_{n-1}}\cdot {{2}^{2}} ={{2}^{n}}-n-1 $ ③．由 ②③ 可求得，$b_n=\dfrac{n}{4}$．于是，$a_n\cdot b_n=\dfrac{n}{4}\cdot 2^n$．令 $T_n=\displaystyle\sum_{k=1}^na_k\cdot b_k$，则有 $\begin{cases}T_n=\dfrac{1}{4}\displaystyle\sum_{k=1}^nk\cdot 2^k\\
2T_n=\dfrac{1}{4}\displaystyle\sum_{k=1}^nk\cdot 2^{k+1}\\
\end{cases}$．因此，$T_n=\dfrac{1}{4}(n\cdot 2^{n+1}-\displaystyle\sum_{k=1}^n2^k)=\dfrac{(n-1)\cdot 2^n+1}{2}.$
答案
解析
备注
