Question

17．已知等差數(shù)列{a_n}的公差d=2，其前n項(xiàng)和為S_n，數(shù)列{b_n}的首項(xiàng)b₁=2，其前n項(xiàng)和為T_n，滿足2${\;}^{（\sqrt{{S}_{n}}+1）}$=T_n+2，n∈N^*
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）求數(shù)列{a_nb_n}的前n項(xiàng)和W_n．

Answer 1

分析 （I）由2${\;}^{（\sqrt{{S}_{n}}+1）}$=T_n+2，可得${2}^{（\sqrt{{a}_{1}}+1）}$=2+2，解得a₁=1．利用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式可得：S_n．代入2${\;}^{（\sqrt{{S}_{n}}+1）}$=T_n+2，可得T_n．再利用遞推關(guān)系可得b_n．
（II）a_nb_n=（2n-1）•2ⁿ．再利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 解：（I）∵2${\;}^{（\sqrt{{S}_{n}}+1）}$=T_n+2，∴${2}^{（\sqrt{{a}_{1}}+1）}$=2+2，∴$\sqrt{{a}_{1}}+1$=2，解得a₁=1．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1，
S_n=n+$\frac{n（n-1）}{2}×2$=n²．
∴$\sqrt{{S}_{n}}$=n，
∴2${\;}^{（\sqrt{{S}_{n}}+1）}$=T_n+2，化為T_n=2ⁿ⁺¹-2．
∴當(dāng)n≥2時(shí)，b_n=T_n-T_n-1=2ⁿ⁺¹-2-（2ⁿ-2）=2ⁿ，
當(dāng)n=1時(shí)也成立，∴b_n=2ⁿ．
（II）a_nb_n=（2n-1）•2ⁿ．
∴數(shù)列{a_nb_n}的前n項(xiàng)和W_n=2+3•2²+5×2³+…+（2n-1）•2ⁿ，
∴2W_n=2²+3×2³+…+（2n-3）•2ⁿ+（2n-1）•2ⁿ⁺¹，
∴-W_n=2+2（2²+2³+…+2ⁿ）-（2n-1）•2ⁿ⁺¹=$\frac{2×2（{2}^{n}-1）}{2-1}$-2-（2n-1）•2ⁿ⁺¹=（3-2n）•2ⁿ⁺¹-6，
∴W_n=（2n-3）•2ⁿ⁺¹+6．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了“錯(cuò)位相減法”、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．