Question

1．已知正項(xiàng)數(shù)列{a_n}的前n和為S_n，且$\sqrt{S_n}$是$\frac{1}{4}$與（a_n+1）²的等比中項(xiàng)．
（1）求證：數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列；
（2）若b₁=a₁且b_n=2b_n-1+3，求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式
（3）在（2）的條件下，若c_n=a_n（b_n+3），求{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （1）利用$\sqrt{S_n}$是$\frac{1}{4}$與（a_n+1）²的等比中項(xiàng)，可得S_n=$\frac{1}{4}$•（a_n+1）²，n≥2時(shí)，S_n-1=$\frac{1}{4}$•（a_n-1+1）²，兩式相減，即可求得數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列；
（2）確定數(shù)列{b_n+3}是公比為2的等比數(shù)列，即可求數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式；
（3）求得{c_n}的通項(xiàng)公式，利用“錯(cuò)位相減法”，即可求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．

解答 解：（1）證明：∵$\sqrt{S_n}$是$\frac{1}{4}$與（a_n+1）²的等比中項(xiàng)，
∴S_n=$\frac{1}{4}$•（a_n+1）²，
∴n≥2時(shí)，S_n-1=$\frac{1}{4}$•（a_n-1+1）²，
兩式相減可得（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0，
∵數(shù)列各項(xiàng)為正，a_n+a_n-1≠0，
∴a_n-a_n-1=2
∵n=1時(shí)，S₁=$\frac{1}{4}$•（a₁+1）²，
∴a₁=1
∴數(shù)列{a_n}是以1為首項(xiàng)，公差為2的等差數(shù)列
∴a_n=2n-1；
（2）∵b_n=2b_n-1+3，
∴b_n+3=2（b_n-1+3），
∴數(shù)列{b_n+3}是公比為2的等比數(shù)列
∵b₁=a₁=1，
∴b₁+3=4，
∴b_n+3=2ⁿ⁺¹
∴b_n=2ⁿ⁺¹-3；
（3）在（2）的條件下，c_n=a_n（b_n+3）=（2n-1）•2ⁿ⁺¹，
∴T_n=1×2²+3×2³+5×2⁴+…+（2n-1）•2ⁿ⁺¹，
2T_n=1×2³+3×2⁴+5×2⁵+…+（2n-1）•2ⁿ⁺²，
兩式相減得：-T_n=1×2²+2×2³+2×2⁴+…+2×2ⁿ⁺¹-（2n-1）•2ⁿ⁺²，
=2（$\frac{{2}^{2}-{2}^{n+2}}{1-2}$）-4-（2n-1）•2ⁿ⁺²，
=2×2ⁿ⁺²-12-（2n-1）•2ⁿ⁺²，
∴T_n=（2n-3）•2ⁿ⁺²+12，
∴{c_n}的前n項(xiàng)和T_n=（2n-3）•2ⁿ⁺²+12．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等比數(shù)列性質(zhì)，等比數(shù)列和等差數(shù)列通項(xiàng)公式，考查利用“錯(cuò)位相減法”求數(shù)列的前n項(xiàng)和，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．