Question

16．已知數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，前n和為S_n，且S_n=$\frac{{（{{a_n}+2}）（{{a_n}-1}）}}{2}$（n∈N^*）．
（Ⅰ）求證：數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列；
（Ⅱ）設(shè)b_n=a_n•3ⁿ，求數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)的和T_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)當(dāng)n≥2時(shí)，求得S_n及S_n-1，做差求得：${a_n}=\frac{{{a_n}^2+{a_n}-{a_{n-1}}^2-{a_{n-1}}}}{2}$整理得：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）=（a_n+a_n-1）由a_n+a_n-1≠0，即可得到a_n-a_n-1=1，當(dāng)n=1時(shí)，求得a₁=2即可得數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列；
（Ⅱ）由（Ⅰ）求得數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式，數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和T_n，采用乘以公比“錯(cuò)位相減法”，即可求得T_n．

解答 解：（Ⅰ）證明：當(dāng)n≥2時(shí)，${S_n}=\frac{{（{{a_n}+2}）（{{a_n}-1}）}}{2}（{n∈{N^*}}）$．…①
${S_{n-1}}=\frac{{（{{a_{n-1}}+2}）（{{a_{n-1}}-1}）}}{2}$…②
①-②得：${a_n}=\frac{{{a_n}^2+{a_n}-{a_{n-1}}^2-{a_{n-1}}}}{2}$，…（1分）
整理得：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1）=（a_n+a_n-1）．                 …（2分）
∵數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，即a_n+a_n-1≠0，
∴a_n-a_n-1=1（n≥2）．                                   …（3分）
當(dāng)n=1時(shí)，${a_1}={S_1}=\frac{{（{{a_1}+2}）（{{a_1}-1}）}}{2}$，得${a_1}^2-{a_1}-2=0$，
由a₁＞0，得a₁=2，…（4分）
∴數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為2，公差為1的等差數(shù)列．               …（5分）
（Ⅱ）由（1）得a_n=2+（n-1）×1=n+1…（6分）
∴${b_n}={a_n}•{3^n}=（{n+1}）•{3^n}$…（7分）
${T_n}=2×{3^1}+3×{3^2}+4×{3^3}+…+n×{3^{n-1}}+（{n+1}）×{3^n}$…（1）…（8分）
$3{T_n}=2×{3^2}+3×{3^3}+4×{3^4}+$…+n×3ⁿ+（n+1）×3ⁿ⁺¹…（2）…（9分）
（1）-（2）得$-2{T_n}=6+{3^2}+{3^3}+…+{3^n}-（{n+1}）×{3^{n+1}}$…（10分）
∴$-2{T_n}=6+\frac{{{3^2}-{3^n}×3}}{1-3}-（{n+1}）×{3^{n+1}}=\frac{{{3^{n+1}}-3}}{2}-（{n+1}）×{3^{n+1}}$…（11分）
∴${T_n}=\frac{1}{4}（{2n+1}）{3^{n+1}}-\frac{3}{4}$…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查求數(shù)列的通項(xiàng)公式，采用錯(cuò)位相減法求數(shù)列的前n項(xiàng)和，考查觀(guān)察能力及計(jì)算能力，屬于中檔題．