Question

8．已知數(shù)列{a_n}各項都是正數(shù)，且$\sqrt{{a}_{1}}$+$\sqrt{{a}_{2}}$+$\sqrt{{a}_{3}}$+…+$\sqrt{{a}_{n}}$=n²+3n（n∈N^*）．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設(shè)b_n=$\frac{{a}_{n}}{（n+1）•{2}^{n}}$，n∈N^*，求{b_n}的前n項和S_n．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)n≥2時利用$\sqrt{{a}_{1}}$+$\sqrt{{a}_{2}}$+$\sqrt{{a}_{3}}$+…+$\sqrt{{a}_{n}}$=n²+3n與$\sqrt{{a}_{1}}$+$\sqrt{{a}_{2}}$+$\sqrt{{a}_{3}}$+…+$\sqrt{{a}_{n-1}}$=（n-1）²+3（n-1）作差、整理可知a_n=4（n+1）²（n≥2），進(jìn)而計算可得結(jié)論；
（Ⅱ）通過（I）可知b_n=$\frac{4（n+1）}{{2}^{n}}$，n∈N^*，進(jìn)而利用錯位相減法計算即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)n≥2時，$\sqrt{{a}_{1}}$+$\sqrt{{a}_{2}}$+$\sqrt{{a}_{3}}$+…+$\sqrt{{a}_{n}}$=n²+3n，
$\sqrt{{a}_{1}}$+$\sqrt{{a}_{2}}$+$\sqrt{{a}_{3}}$+…+$\sqrt{{a}_{n-1}}$=（n-1）²+3（n-1），
兩式相減得：$\sqrt{{a}_{n}}$=（n²+3n）-[（n-1）²+3（n-1）]=2n+2，
∴a_n=4（n+1）²（n≥2），
又∵$\sqrt{{a}_{1}}$=4即a₁=16滿足上式，
∴a_n=4（n+1）²；
（Ⅱ）由（I）可知b_n=$\frac{{a}_{n}}{（n+1）•{2}^{n}}$=$\frac{4（n+1）}{{2}^{n}}$，n∈N^*，
∴S_n=4[2•$\frac{1}{2}$+3•$\frac{1}{{2}^{2}}$+…+（n+1）•$\frac{1}{{2}^{n}}$]，
$\frac{1}{2}$S_n=4[2•$\frac{1}{{2}^{2}}$+3•$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+n•$\frac{1}{{2}^{n}}$+（n+1）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$]，
兩式相減得：$\frac{1}{2}$S_n=4[1+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$-（n+1）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$]
=4[1+$\frac{\frac{1}{{2}^{2}}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-（n+1）•$\frac{1}{{2}^{n+1}}$]
=6-（n+3）•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$，
于是S_n=12-（n+3）•$\frac{1}{{2}^{n-2}}$．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，考查運算求解能力，考查錯位相減法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．