Question

17．已知各項(xiàng)為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前{S_n}，滿足$\sqrt{2{S_n}}=\frac{{{a_n}+2}}{2}$
（Ⅰ）求證：{a_n}為等差數(shù)列，并求其通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）設(shè){b_n}滿足b_n+1=2b_n，b₂=2，求數(shù)列{a_nb_n}的前n項(xiàng)和為T_n．

Answer 1

分析 （1）把$\sqrt{2{S_n}}=\frac{{{a_n}+2}}{2}$兩邊同時(shí)平方，然后將n換為n-1，兩式相減可以得到（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-4）=0，結(jié)合{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，可得a_n-a_n-1=4，即{a_n}是以4為公差的等差數(shù)列，求出a₁，代入等差數(shù)列的通項(xiàng)公式可得a_n=4n-2；
（2）依題意，{b_n}是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，求出 ${b_n}={2^{n-1}}$，代入c_n=a_nb_n，然后利用錯(cuò)位相減法求數(shù)列{a_nb_n}的前n項(xiàng)和為T_n．

解答 （1）證明：把$\sqrt{2{S_n}}=\frac{{{a_n}+2}}{2}$兩邊同時(shí)平方得，${S_n}=\frac{{{{（{a_n}+2）}^2}}}{8}，{S_{n-1}}=\frac{{{{（{a_{n-1}}+2）}^2}}}{8}$（n≥2），
兩式相減可以得到（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-4）=0，
∵{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，
∴a_n-a_n-1-4=0，即a_n-a_n-1=4，
故{a_n}是以4為公差的等差數(shù)列．
將n=1代入原式中得a₁=2，
∴a_n=4n-2；
（2）解：依題意，{b_n}是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，
因此 ${b_n}={2^{n-1}}$，
令c_n=a_nb_n，
則T_n=c₁+c₂+c₃+…+c_n=（2×1-1）2¹+（2×2-1）2²+（2×3-1）2³+…+（2n-1）2ⁿ，
兩邊同乘以2得，$2{T_n}=（2×1-1）{2^2}+（2×2-1）{2^3}+（2×3-1）{2^4}+…+（2n-1）{2^{n+1}}$，
兩式相減得${T_n}=（2n-3）{2^{n+1}}+6$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列遞推式，考查了等差關(guān)系的確定，訓(xùn)練了錯(cuò)位相減法求數(shù)列的前n項(xiàng)和，是中檔題．