Question

16．已知數(shù)列{a_n}，{b_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且對(duì)任意n∈N^*，都有b_n，a_n，b_n+1成等差數(shù)列．a(chǎn)_n，b_n+1，a_n+1成等比數(shù)列，且b₁=6，b₂=12．
（I）求證數(shù)列$\left\{{\sqrt{a_n}}\right\}$是等差數(shù)列，并求a_n；
（Ⅱ）設(shè)T_n=$\frac{{2}^{\sqrt{{a}_{1}}}•_{1}}{2}+\frac{{2}^{\sqrt{{a}_{2}}}•_{2}}{3}+…+\frac{{2}^{\sqrt{{a}_{n}}}•_{n}}{n+1}$，求T_n．

Answer 1

分析 （I）由等差數(shù)列和等比數(shù)列的性質(zhì)，結(jié)合等差數(shù)列的中項(xiàng)，即可證明數(shù)列$\left\{{\sqrt{a_n}}\right\}$是等差數(shù)列，運(yùn)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，求出$\sqrt{{a}_{n}}$，可得a_n；
（Ⅱ）由（Ⅰ）中的結(jié)論，即可得到b_n．令c_n=$\frac{{2}^{\sqrt{{a}_{n}}}•_{n}}{n+1}$=（n+2）•2ⁿ⁺²，再由錯(cuò)位相減法，求和即可得到．

解答 （I）證明：∵a_n，b_n+1，a_n+1成等比數(shù)列，
∴b_n+1²=a_n•a_n+1，（n∈N^*）
∴b_n+1=$\sqrt{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，
∴b_n=$\sqrt{{a}_{n}{a}_{n-1}}$，（n≥2）
∵b_n，a_n，b_n+1成等差數(shù)列，
∴2a_n=b_n+b_n+1，（n∈N^*）
∴2a_n=$\sqrt{{a}_{n}{a}_{n-1}}$+$\sqrt{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\sqrt{{a}_{n}}$（$\sqrt{{a}_{n+1}}$+$\sqrt{{a}_{n-1}}$），（n≥2）
2$\sqrt{{a}_{n}}$=$\sqrt{{a}_{n-1}}$+$\sqrt{{a}_{n+1}}$，（n≥2），
∴數(shù)列{$\sqrt{{a}_{n}}$}是等差數(shù)列．
∵b₁=6，b₂=12，
∴2a₁=b₁+b₂=18，即a₁=9，
a₂=$\frac{{_{2}}^{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{1{2}^{2}}{9}$=16，
∴數(shù)列$\left\{{\sqrt{a_n}}\right\}$的公差d=$\sqrt{{a}_{2}}$-$\sqrt{{a}_{1}}$=4-3=1，
$\sqrt{{a}_{n}}$=$\sqrt{{a}_{1}}$+（n-1）d=n+2，
即有a_n=（n+2）²；
（Ⅱ）解：n≥2時(shí)，b_n=$\sqrt{{a}_{n}{a}_{n-1}}$=$\sqrt{（n+2）^{2}（n+1）^{2}}$
=（n+1）（n+2），
又b₁=6適合上式．
∴b_n=（n+1）（n+2）．
設(shè)c_n=$\frac{{2}^{\sqrt{{a}_{n}}}•_{n}}{n+1}$=$\frac{{2}^{n+2}•（n+1）（n+2）}{n+1}$
=（n+2）•2ⁿ⁺²，
T_n=c₁+c₂+…+c_n=3•2³+4•2⁴+…+（n+1）•2ⁿ⁺¹+（n+2）•2ⁿ⁺²，
2T_n=6•2³+8•2⁴+…+（n+1）•2ⁿ⁺²+（n+2）•2ⁿ⁺³，
兩式相減可得，-T_n=24+2⁴+2⁵+…+2ⁿ⁺²-（n+2）•2ⁿ⁺³
=24+$\frac{16（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$-（n+2）•2ⁿ⁺³．
即有T_n=（n+1）•2ⁿ⁺³-8．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等差數(shù)列的證明，考查數(shù)列的通項(xiàng)公式和數(shù)列求和的求法：錯(cuò)位相減法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意構(gòu)造法的合理運(yùn)用．