Question

12．已知數(shù)列{a_n}，{b_n}滿足：對(duì)于任意的正整數(shù)n，當(dāng)n≥2時(shí)，a_n²+b_na_n-1²=2n+1．
（1）若b_n=（-1）ⁿ，求$\sum_{i=1}^{18}{a_i^2}$的值；
（2）若數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，且a₁=2，b_n=-1．設(shè)S_n=$\frac{1}{4}\sum_{i=1}^n{{2^{a_i}}}$，T_n=$\sqrt{{a_1}{a_2}…{a_n}}$，試比較S_n與T_n的大小，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)數(shù)列的遞推關(guān)系時(shí)，即可得到a₂²+a₁²=5，a₄²+a₃²=9，a₆²+a₅²=13，…a₁₈²+a₁₇²=37，累加即可，
（2）根據(jù)數(shù)列的遞推關(guān)系求出a_n=n+1，n∈N，再分別表示出S_n與T_n，分別計(jì)算它們的平方，n=1，2，3，4，5，6，當(dāng)n≥6時(shí)，構(gòu)造數(shù)列c_n=$\frac{{{T}_{n}}^{2}}{{{S}_{n}}^{2}}$，利用換元法和作差法得到數(shù)列{c_n}為遞增數(shù)列，問題得以解決．

解答 解：（1）由題意可得a₂²+a₁²=5，a₄²+a₃²=9，a₆²+a₅²=13，…a₁₈²+a₁₇²=37，
將上面的式子相加得到$\sum_{i=1}^{18}{a_i^2}$=5+9+13+…+37=189，
（2）∵a_n²+b_na_n-1²=2n+1，a₁=2，b_n=-1
∴a_n²-a_n-1²=2n+1，n≥2，
∴a₂²-a₁²=5，a₃²-a₂²=7，a₄²-a₃²=9，a_n²-a_n-1²=2n+1，
將上面的式子相加得到a_n²-a₁²=$\frac{（2n+1+5）（n-1）}{2}$，
∴a_n²=（n+1）²，n≥2，
∵數(shù)列{a_n}的各項(xiàng)均為正數(shù)，
∴a_n=n+1，
當(dāng)n=1時(shí)，也成立，
∴a_n=n+1，n∈N^*，
∴S_n=$\frac{1}{4}\sum_{i=1}^n{{2^{a_i}}}$=2ⁿ-1，T_n=$\sqrt{{a_1}{a_2}…{a_n}}$=$\sqrt{2×3×4×…×（n+1）}$，
下面比較S_n與T_n的大小，
取n=1，2，3，4，5，6，
∴S₁²＜T₁²，S₂²＞T₂²，S₃²＞T₃²，S₄²＞T₄²，S₅²＞T₅²，S₆²＜T₆²，
當(dāng)n≥6時(shí)，令c_n=$\frac{{{T}_{n}}^{2}}{{{S}_{n}}^{2}}$，
則$\frac{{c}_{n+1}}{{c}_{n}}$=$\frac{（n+2）（{2}^{n}-1）^{2}}{（{2}^{n+1}-1）^{2}}$
設(shè)2ⁿ=t≥64，
則（n+2）（2ⁿ-1）²-（2ⁿ⁺¹-1）²=8（t-1）²-（2t-1）²=4t²-12t+7＞0
∴當(dāng)n≥6時(shí)，數(shù)列{c_n}為遞增數(shù)列，
∴c_n≥c₆=$\frac{{T}_{6}^{2}}{{S}_{6}^{2}}$＞1，
∴n≥6時(shí)，S_n²＜T_n²，
綜上所述：當(dāng)n=2，3，4，5時(shí)，S_n＞T_n，當(dāng)n=1，n≥6時(shí)，S_n＜T_n．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列的遞推關(guān)系和數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，以及數(shù)列的函數(shù)特征，考查了運(yùn)算能力，化歸能力，屬于中檔題．