Question

14．已知正數(shù)數(shù)列{a_n}滿足：a₁=1，a_n+1²-2a_n+1=a_n²+2a_n．?dāng)?shù)列{b_n}滿足b_n•b_n+1=3ⁿ且b₂=9．
（I）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）已知c_n=2ⁿa_n+b_n，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n．

Answer 1

分析 （I）化簡(jiǎn)${a}_{n+1}^{2}$-2a_n+1=${a}_{n}^{2}$+2a_n可得a_n+1-a_n=2，從而求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；由b_n•b_n+1=3ⁿ且b₂=9可得數(shù)列{b_n}隔項(xiàng)成等比數(shù)列，公比都為3，從而分段寫(xiě)出b_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{3}•{3}^{\frac{n-1}{2}}，n為奇數(shù)}\\{9•{3}^{\frac{n}{2}-1}，n為偶數(shù)}\end{array}\right.$；
（Ⅱ）記數(shù)列{2ⁿa_n}的前n項(xiàng)和為S_n，利用錯(cuò)位相減法求其前n項(xiàng)和，記數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為F_n，利用分類(lèi)討論與整體思想求其前n項(xiàng)和，從而解得．

解答 解：（I）∵${a}_{n+1}^{2}$-2a_n+1=${a}_{n}^{2}$+2a_n，
∴（a_n+a_n+1）（a_n+1-a_n-2）=0，
∵a_n＞0，∴a_n+1-a_n=2，
故數(shù)列{a_n}是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列，
故a_n=1+2（n-1）=2n-1；
∵b_n•b_n+1=3ⁿ且b₂=9，
∴b₁=$\frac{1}{3}$，$\frac{_{n+2}}{_{n}}$=3，
故數(shù)列{b_n}隔項(xiàng)成等比數(shù)列，公比為3，
故b_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{3}•{3}^{\frac{n-1}{2}}，n為奇數(shù)}\\{9•{3}^{\frac{n}{2}-1}，n為偶數(shù)}\end{array}\right.$；
（Ⅱ）記數(shù)列{2ⁿa_n}的前n項(xiàng)和為S_n，
S_n=1•2+3•2²+5•2³+…+（2n-1）•2ⁿ，
2S_n=1•2²+3•2³+5•2⁴+…+（2n-1）•2ⁿ⁺¹，
兩式作差可得，
S_n=-2-2•2²-2•2³-2•2⁴-…-2•2ⁿ+（2n-1）•2ⁿ⁺¹，
故S_n=-2-$\frac{8（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$+（2n-1）•2ⁿ⁺¹=（2n-3）•2ⁿ⁺¹+6；
記數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為F_n，
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，
F_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_n-1+b_n）
=（$\frac{1}{3}$+9）•$\frac{1-{3}^{\frac{n}{2}}}{1-3}$=$\frac{14}{3}$•（${3}^{\frac{n}{2}}$-1）；
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，
F_n=F_n-1+b_n=$\frac{14}{3}$•（${3}^{\frac{n-1}{2}}$-1）+$\frac{1}{3}$•${3}^{\frac{n-1}{2}}$=5•${3}^{\frac{n-1}{2}}$-$\frac{14}{3}$；
而T_n=S_n+F_n，
故T_n=$\left\{\begin{array}{l}{（2n-3）•{2}^{n+1}+6+5•{3}^{\frac{n-1}{2}}-\frac{14}{3}，n為奇數(shù)}\\{（2n-3）•{2}^{n+1}+6+\frac{14}{3}（{3}^{\frac{n}{2}}-1），n為偶數(shù)}\end{array}\right.$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了分類(lèi)討論的思想方法的應(yīng)用及錯(cuò)位相減法的應(yīng)用，同時(shí)考查了等比數(shù)列與等差數(shù)列的判斷與性質(zhì)的應(yīng)用，屬于難題．