Question

17．己知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，滿足$a_n^2={S_n}+{S_{n-1}}（{n≥2}），{a_1}=1$；數(shù)列{b_n}滿足${b_1}•{b_2}…{b_n}={2^{\frac{{n（{n+1}）}}{2}}}$．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)數(shù)列{a_n•b_n}的前n項(xiàng)和為T_n，當(dāng)T_n＞2017時(shí)，求正整數(shù)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），兩式相減得a_n-a_n-1=1（n≥3）．再由a₂-a₁=1，可得數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，則數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式可求，再由${b_1}•{b_2}…{b_n}={2^{\frac{{n（{n+1}）}}{2}}}$，得$_{1}{•b}_{2}…_{n-1}={2}^{\frac{n（n-1）}{2}}$（n≥2）．兩式相比可得：$_{n}={2}^{n}$（n≥2），驗(yàn)證首項(xiàng)后得$_{n}={2}^{n}$；
（2）由（1）可知，${a}_{n}•_{n}=n•{2}^{n}$，然后利用錯(cuò)位相減法求得T_n，結(jié)合單調(diào)性及T₈=3586＞2017，T₇=1538＜2017．可得正整數(shù)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），
兩式相減得：${{a}_{n}}^{2}-{{a}_{n-1}}^{2}={a}_{n}+{a}_{n-1}$，則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．
顯然a₂-a₁=1．
∴a_n-a_n-1=1（n≥2）．
數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，又a₁=1，
∴a_n=n．
∵${b_1}•{b_2}…{b_n}={2^{\frac{{n（{n+1}）}}{2}}}$，∴$_{1}{•b}_{2}…_{n-1}={2}^{\frac{n（n-1）}{2}}$（n≥2）．
兩式相比可得：$_{n}={2}^{n}$（n≥2），
當(dāng)n=1時(shí)，b₁=2滿足題意，
∴$_{n}={2}^{n}$；
（2）由（1）可知，${a}_{n}•_{n}=n•{2}^{n}$，
∴${T}_{n}=1•{2}^{1}+2•{2}^{2}+…+n•{2}^{n}$，
$2{T}_{n}=1•{2}^{2}+2•{2}^{3}+…+（n-1）•{2}^{n}+n•{2}^{n+1}$，
兩式相減可得：$-{T}_{n}=2+{2}^{2}+{2}^{3}+…+{2}^{n}-n•{2}^{n+1}$=-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隨n的最大而最大，
而T₈=3586＞2017，T₇=1538＜2017．
∴正整數(shù)n的最小值為8．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列遞推式，考查了等差數(shù)列和等比數(shù)列通項(xiàng)公式的求法，訓(xùn)練了錯(cuò)位相減法求數(shù)列的前n項(xiàng)和，是中檔題．