Question

17．已知數(shù)列{a_n}的各項均為正數(shù)，S_n是數(shù)列{a_n}的前n項和，且$4{S_n}=a_n^2+2{a_n}-3$．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）已知${b_n}={2^n}$，求數(shù)列{a_nb_n}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （1）當n=1時，${a_1}={S_1}=\frac{1}{4}a_1^2+\frac{1}{2}{a_1}-\frac{3}{4}$，解出a₁=3，又$4{S_n}=a_n^2+2{a_n}-3$，當n≥2時      $4{S_{n-1}}=a_{n-1}^2+2{a_{n-1}}-3$，相減可得：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，可得a_n-a_n-1=2（n≥2），利用等差數(shù)列的通項公式即可得出．
（2）a_nb_n=（2n+1）•2ⁿ．利用錯位相減法即可得出．

解答 解：（1）當n=1時，${a_1}={S_1}=\frac{1}{4}a_1^2+\frac{1}{2}{a_1}-\frac{3}{4}$，解出a₁=3（a₁=-1舍去），
又$4{S_n}=a_n^2+2{a_n}-3$①
當n≥2時，$4{S_{n-1}}=a_{n-1}^2+2{a_{n-1}}-3$②
①-②得：$4{a_n}=a_n^2-a_{n-1}^2+2（{a_n}-{a_{n-1}}）$，即$a_n^2-a_{n-1}^2-2（{a_n}+{a_{n-1}}）=0$，
∴（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵a_n+a_n-1＞0∴a_n-a_n-1=2（n≥2），
∴數(shù)列{a_n}是以3為首項，2為公差的等差數(shù)列，
∴a_n=3+2（n-1）=2n+1．
（2）a_nb_n=（2n+1）•2ⁿ．
∴${T_n}=3×{2^1}+5×{2^2}+…+（2n+1）•{2^n}$③
又$2{T_n}=3×{2^2}+5×{2^3}+…+$（2n-1）•2ⁿ+（2n+1）•2ⁿ⁺¹④
④-③可得：T_n=-6-2（2²+2³+…+2ⁿ）+（2n+1）2ⁿ⁺¹=-$6-2×\frac{4（{2}^{n-1}-1）}{2-1}$+（2n+1）2ⁿ⁺¹
=（2n-1）2ⁿ⁺¹+2．

點評 本題考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式與求和公式、錯位相減法、數(shù)列遞推關系，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．