Question

17．已知等差数列{a_n}的公差d=2，其前n项和为S_n，数列{b_n}的首项b₁=2，其前n项和为T_n，满足${2^{（{\sqrt{S_n}+1}）}}$=T_n+2，n∈N^*．
（Ⅰ）求数列{a_n}、{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）求数列{|a_nb_n-14|}的前n项和W_n．

Answer 1

分析 （I）由${2^{（{\sqrt{S_n}+1}）}}={T_n}+2，n∈{N^*}$，可得${2}^{\sqrt{{a}_{1}}+1}$=T₁+2=2²，解得a₁．利用等差数列的通项公式及其前n项和公式可得a_n，S_n．可得2ⁿ⁺¹=T_n+2，利用递推关系可得b_n．
（II）令c_n=a_nb_n-14=（2n-1）•2ⁿ-14．可得：c₁=-12，c₂=-2，n≥3，c_n＞0．n≥3，W_n=c₁+c₂+…+c_n-2c₁-2c₂．W_n=1×2+3×2²+…+（2n-1）2ⁿ-14n+28，令Q_n=1×2+3×2²+…+（2n-1）2ⁿ，利用“错位相减法”与等比数列的前n项和公式即可得出．

解答 解：（I）∵${2^{（{\sqrt{S_n}+1}）}}={T_n}+2，n∈{N^*}$，∴${2}^{\sqrt{{a}_{1}}+1}$=T₁+2=2+2=4=2²，∴$\sqrt{{a}_{1}}$+1=2，解得a₁=1．
∴a_n=1+（n-1）×2=2n-1．∴S_n=$\frac{n（1+2n-1）}{2}$=n²．
∴2ⁿ⁺¹=T_n+2，
∴当n≥2时，2ⁿ⁺¹-2ⁿ=T_n+2-（T_n-1+2）=b_n，
∴b_n=2ⁿ，当n=1时也成立．
∴b_n=2ⁿ．
（II）令c_n=a_nb_n-14=（2n-1）•2ⁿ-14．∴c₁=-12，c₂=-2，n≥3，c_n＞0．
∴n≥3，W_n=-c₁-c₂+c₃+…+c_n=c₁+c₂+…+c_n-2c₁-2c₂．
W_n=1×2+3×2²+…+（2n-1）2ⁿ-14n+28，
令Q_n=1×2+3×2²+…+（2n-1）2ⁿ，
2Q_n=1×2²+3×2³+…+（2n-3）•2ⁿ+（2n-1）•2ⁿ⁺¹，
∴-Q_n=2（2+2²+…+2ⁿ）-2-（2n-1）•2ⁿ⁺¹=2×$\frac{2（{2}^{n}-1）}{2-1}$-2-（2n-1）•2ⁿ⁺¹=（3-2n）•2ⁿ⁺¹-6，
∴Q_n=（2n-3）•2ⁿ⁺¹+6．∴W_n=$\left\{\begin{array}{l}{12，n=1}\\{14，n=2}\\{（2n-3）•{2}^{n+1}-14n+34，n≥3}\end{array}\right.$．

点评 本题考查了递推关系、等差数列的通项公式及其前n项和公式，考查了分类讨论、推理能力与计算能力，属于中档题．