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-14|}的前n項(xiàng)和W_n．

Answer 1

分析 （I）由${2^{（{\sqrt{S_n}+1}）}}={T_n}+2，n∈{N^*}$，可得${2}^{\sqrt{{a}_{1}}+1}$=T₁+2=2²，解得a₁．利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式可得a_n，S_n．可得2ⁿ⁺¹=T_n+2，利用遞推關(guān)系可得b_n．
（II）令c_n=a_nb_n-14=（2n-1）•2ⁿ-14．可得：c₁=-12，c₂=-2，n≥3，c_n＞0．n≥3，W_n=c₁+c₂+…+c_n-2c₁-2c₂．W_n=1×2+3×2²+…+（2n-1）2ⁿ-14n+28，令Q_n=1×2+3×2²+…+（2n-1）2ⁿ，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）∵${2^{（{\sqrt{S_n}+1}）}}={T_n}+2，n∈{N^*}$，∴${2}^{\sqrt{{a}_{1}}+1}$=T₁+2=2+2=4=2²，∴$\sqrt{{a}_{1}}$+1=2，解得a₁=1．
∴a_n=1+（n-1）×2=2n-1．∴S_n=$\frac{n（1+2n-1）}{2}$=n²．
∴2ⁿ⁺¹=T_n+2，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，2ⁿ⁺¹-2ⁿ=T_n+2-（T_n-1+2）=b_n，
∴b_n=2ⁿ，當(dāng)n=1時(shí)也成立．
∴b_n=2ⁿ．
（II）令c_n=a_nb_n-14=（2n-1）•2ⁿ-14．∴c₁=-12，c₂=-2，n≥3，c_n＞0．
∴n≥3，W_n=-c₁-c₂+c₃+…+c_n=c₁+c₂+…+c_n-2c₁-2c₂．
W_n=1×2+3×2²+…+（2n-1）2ⁿ-14n+28，
令Q_n=1×2+3×2²+…+（2n-1）2ⁿ，
2Q_n=1×2²+3×2³+…+（2n-3）•2ⁿ+（2n-1）•2ⁿ⁺¹，
∴-Q_n=2（2+2²+…+2ⁿ）-2-（2n-1）•2ⁿ⁺¹=2×$\frac{2（{2}^{n}-1）}{2-1}$-2-（2n-1）•2ⁿ⁺¹=（3-2n）•2ⁿ⁺¹-6，
∴Q_n=（2n-3）•2ⁿ⁺¹+6．∴W_n=$\left\{\begin{array}{l}{12，n=1}\\{14，n=2}\\{（2n-3）•{2}^{n+1}-14n+34，n≥3}\end{array}\right.$．

點(diǎn)評 本題考查了遞推關(guān)系、等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式，考查了分類討論、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．