Question

17．己知各项均为正数的数列{a_n}的前n项和为S_n，满足$a_n^2={S_n}+{S_{n-1}}（{n≥2}），{a_1}=1$；数列{b_n}满足${b_1}•{b_2}…{b_n}={2^{\frac{{n（{n+1}）}}{2}}}$．
（1）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（2）设数列{a_n•b_n}的前n项和为T_n，当T_n＞2017时，求正整数n的最小值．

Answer 1

分析 （1）由${{a}_{n}}^{2}={S}_{n}+{S}_{n-1}$（n≥2），可得${{a}_{n-1}}^{2}={S}_{n-1}+{S}_{n-2}$（n≥3），两式相减得a_n-a_n-1=1（n≥3）．再由a₂-a₁=1，可得数列{a_n}为等差数列，则数列{a_n}的通项公式可求，再由${b_1}•{b_2}…{b_n}={2^{\frac{{n（{n+1}）}}{2}}}$，得${b}_{1}{•b}_{2}…{b}_{n-1}={2}^{\frac{n（n-1）}{2}}$（n≥2）．两式相比可得：${b}_{n}={2}^{n}$（n≥2），验证首项后得${b}_{n}={2}^{n}$；
（2）由（1）可知，${a}_{n}•{b}_{n}=n•{2}^{n}$，然后利用错位相减法求得T_n，结合单调性及T₈=3586＞2017，T₇=1538＜2017．可得正整数n的最小值．

解答 解：（1）∵${{a}_{n}}^{2}={S}_{n}+{S}_{n-1}$（n≥2），∴${{a}_{n-1}}^{2}={S}_{n-1}+{S}_{n-2}$（n≥3），
两式相减得：${{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n-1}}^{2}={a}_{n}+{a}_{n-1}$，则a_n-a_n-1=1（n≥3）．
又∵${{a}_{2}}^{2}={S}_{2}+{S}_{1}$，a₁=1，∴${{a}_{2}}^{2}-{a}_{2}-2=0$，
∵a₂＞0，∴a₂=2．
显然a₂-a₁=1．
∴a_n-a_n-1=1（n≥2）．
数列{a_n}为等差数列，又a₁=1，
∴a_n=n．
∵${b_1}•{b_2}…{b_n}={2^{\frac{{n（{n+1}）}}{2}}}$，∴${b}_{1}{•b}_{2}…{b}_{n-1}={2}^{\frac{n（n-1）}{2}}$（n≥2）．
两式相比可得：${b}_{n}={2}^{n}$（n≥2），
当n=1时，b₁=2满足题意，
∴${b}_{n}={2}^{n}$；
（2）由（1）可知，${a}_{n}•{b}_{n}=n•{2}^{n}$，
∴${T}_{n}=1•{2}^{1}+2•{2}^{2}+…+n•{2}^{n}$，
$2{T}_{n}=1•{2}^{2}+2•{2}^{3}+…+（n-1）•{2}^{n}+n•{2}^{n+1}$，
两式相减可得：$-{T}_{n}=2+{2}^{2}+{2}^{3}+…+{2}^{n}-n•{2}^{n+1}$=-2+2ⁿ⁺¹-n•2ⁿ⁺¹．
故${T}_{n}=2+（n-1）•{2}^{n+1}$．
∵${T}_{n+1}-{T}_{n}=（n+1）•{2}^{n+1}$＞0，
∴T_n随n的最大而最大，
而T₈=3586＞2017，T₇=1538＜2017．
∴正整数n的最小值为8．

点评 本题考查数列递推式，考查了等差数列和等比数列通项公式的求法，训练了错位相减法求数列的前n项和，是中档题．