Question

14．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，a₁=1，$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=1（n≥2），数列{b_n}满足b₁=1，b₂=3，b_n+2=3b_n+1-2b_n．
（1）求a_n；
（2）证明数列{b_n+1-b_n}与数列{b_n+1-2b_n}均是等比数列，并求b_n；
（3）设c_n=a_n•b_n，求数列{c_n}的前n项和为T_n．

Answer 1

分析 （1）由{$\sqrt{{S}_{n}}$}是以$\sqrt{{a}_{1}}$=1为首项，以1为公差的等差数列，S_n=n²，a_n=S_n-S_n-1=2n-1，当n=1时，a₁=1上式成立，a_n=2n-1；
（2）由b_n+2=3b_n+1-2b_n，则b_n+2-b_n+1=2（b_n+1-b_n），b_n+2-2b_n+1=b_n+1-2b_n，则{b_n+1-b_n}与数列{b_n+1-2b_n}均是等比数列，公比为2和1，b_n+1-b_n=2ⁿ，b_n+1-2b_n=1，即可求得b_n；
（3）c_n=a_n•b_n=（2n-1）•（2ⁿ-1）=（2n-1）•2ⁿ-（2n-1），令d_n=（2n-1）•2ⁿ，记R_n=d₁+d₂+…+d_n=1•2¹+3•2²+…+（2n-3）•2^n-1+（2n-1）．2ⁿ，再由错位相减求和法求出数列{c_n}的前n项和T_n．

解答 解：（1）由$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=1，则{$\sqrt{{S}_{n}}$}是以$\sqrt{{a}_{1}}$=1为首项，以1为公差的等差数列，
∴$\sqrt{{S}_{n}}$=n，则S_n=n²，
当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1，
当n=1时，a₁=1上式成立，
∴a_n=2n-1；
（2）b_n+2=3b_n+1-2b_n，则b_n+2-b_n+1=2（b_n+1-b_n），b_n+2-2b_n+1=b_n+1-2b_n，
由b₂-b₁=2≠0，b_n+2-2b_n+1=1≠0，
数列{b_n+1-b_n}与数列{b_n+1-2b_n}均是等比数列，公比为2和1，
∴b_n+1-b_n=2ⁿ，b_n+1-2b_n=1，
∴b_n=2ⁿ-1；
（3）由a_n=2n-1，b_n=2ⁿ-1，
则c_n=a_n•b_n=（2n-1）•（2ⁿ-1）=（2n-1）•2ⁿ-（2n-1），
令d_n=（2n-1）•2ⁿ，记R_n=d₁+d₂+…+d_n=1•2¹+3•2²+…+（2n-3）•2^n-1+（2n-1）．2ⁿ
则2R_n=1•2²+3•2³+5•2⁴+…+（2n-3）•2ⁿ+（2n-1）•2ⁿ⁺¹
相减，故R_n=-2-2•2²-2•2³-…-2•2ⁿ+（2n-1）•2ⁿ⁺¹
=（2n-3）•2ⁿ⁺¹+6，
故T_n=R_n-[1+3+5+…+（2n-1）]=（2n-3）•2ⁿ⁺¹+6-n²，
∴数列{c_n}的前n项和为T_n=（2n-3）•2ⁿ⁺¹+6-n²．

点评 本题考查数列的通项公式的求法和数列求和，解题时要注意公式的灵活运用，特别是错位相减求和法的合理运用，属于中档题．