已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，S5=30，数列{bn}的前n项和为Tn

已知等差数列{a_n}的前n项和为S_n，且a₁=2，S₅=30，数列{b_n}的前n项和为T_n，且T_n=2ⁿ﹣1．

（Ⅰ）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；

（Ⅱ）设c_n=（﹣1）ⁿ（a_nb_n+lnS_n），求数列{c_n}的前n项和．

【考点】数列的求和．

【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列．

【分析】（Ⅰ）通过记等差数列{a_n}的公差为d，利用等差数列的求和公式及a₁=2可知公差d=2，进而可知a_n=2n；通过T_n=2ⁿ﹣1与T_n﹣1=2^n﹣1﹣1（n≥2）作差，进而可知b_n=2^n﹣1；

（Ⅱ）通过（I）可知a_nb_n=n•2ⁿ，S_n=n（n+1），进而可知c_n=n（﹣2）ⁿ+（﹣1）ⁿ[lnn+ln（n+1）]，利用错位相减法计算可知数列{（﹣1）ⁿa_nb_n}的前n项和A_n=﹣﹣•（﹣2）ⁿ⁺¹；通过分类讨论，结合并项相加法可知数列{（﹣1）ⁿlnS_n}的前n项和B_n=（﹣1）ⁿln（n+1），进而可得结论．

【解答】解：（Ⅰ）记等差数列{a_n}的公差为d，

依题意，S₅=5a₁+d=30，

又∵a₁=2，

∴d==2，

∴数列{a_n}的通项公式a_n=2n；

∵T_n=2ⁿ﹣1，

∴T_n﹣1=2^n﹣1﹣1（n≥2），

两式相减得：b_n=2^n﹣1，

又∵b₁=T₁=2¹﹣1=1满足上式，

∴数列{b_n}的通项公式b_n=2^n﹣1；

（Ⅱ）由（I）可知a_nb_n=n•2ⁿ，S_n=2•=n（n+1），

∴c_n=（﹣1）ⁿ（a_nb_n+lnS_n）=n（﹣2）ⁿ+（﹣1）ⁿ[lnn+ln（n+1）]，

记数列{（﹣1）ⁿa_nb_n}的前n项和为A_n，数列{（﹣1）ⁿlnS_n}的前n项和为B_n，

则A_n=1•（﹣2）¹+2•（﹣2）²+3•（﹣2）³+…+n•（﹣2）ⁿ，

﹣2A_n=1•（﹣2）²+2•（﹣2）³+…+（n﹣1）•（﹣2）ⁿ+n•（﹣2）ⁿ⁺¹，

错位相减得：3A_n=（﹣2）¹+（﹣2）²+（﹣2）³+…+（﹣2）ⁿ﹣n•（﹣2）ⁿ⁺¹

=﹣n•（﹣2）ⁿ⁺¹

=﹣﹣•（﹣2）ⁿ⁺¹，

∴A_n=﹣﹣•（﹣2）ⁿ⁺¹；

当n为偶数时，B_n=﹣（ln1+ln2）+（ln2+ln3）﹣（ln3+ln4）+…+[lnn+ln（n+1）]

=ln（n+1）﹣ln1

=ln（n+1），

当n为奇数时，B_n=﹣（ln1+ln2）+（ln2+ln3）﹣（ln3+ln4）+…﹣[lnn+ln（n+1）]

=﹣ln（n+1）﹣ln1

=﹣ln（n+1）；

综上可知：B_n=（﹣1）ⁿln（n+1），

∴数列{c_n}的前n项和A_n+B_n=（﹣1）ⁿln（n+1）﹣﹣•（﹣2）ⁿ⁺¹．

【点评】本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，考查分类讨论的思想，考查错位相减法，注意解题方法的积累，属于中档题．