Question

16．已知数列{a_n}，{b_n}的各项均为正数，且对任意n∈N^*，都有b_n，a_n，b_n+1成等差数列．a_n，b_n+1，a_n+1成等比数列，且b₁=6，b₂=12．
（I）求证数列$\left\{{\sqrt{a_n}}\right\}$是等差数列，并求a_n；
（Ⅱ）设T_n=$\frac{{2}^{\sqrt{{a}_{1}}}•{b}_{1}}{2}+\frac{{2}^{\sqrt{{a}_{2}}}•{b}_{2}}{3}+…+\frac{{2}^{\sqrt{{a}_{n}}}•{b}_{n}}{n+1}$，求T_n．

Answer 1

分析 （I）由等差数列和等比数列的性质，结合等差数列的中项，即可证明数列$\left\{{\sqrt{a_n}}\right\}$是等差数列，运用等差数列的通项公式，求出$\sqrt{{a}_{n}}$，可得a_n；
（Ⅱ）由（Ⅰ）中的结论，即可得到b_n．令c_n=$\frac{{2}^{\sqrt{{a}_{n}}}•{b}_{n}}{n+1}$=（n+2）•2ⁿ⁺²，再由错位相减法，求和即可得到．

解答 （I）证明：∵a_n，b_n+1，a_n+1成等比数列，
∴b_n+1²=a_n•a_n+1，（n∈N^*）
∴b_n+1=$\sqrt{{a}_{n}{a}_{n+1}}$，
∴b_n=$\sqrt{{a}_{n}{a}_{n-1}}$，（n≥2）
∵b_n，a_n，b_n+1成等差数列，
∴2a_n=b_n+b_n+1，（n∈N^*）
∴2a_n=$\sqrt{{a}_{n}{a}_{n-1}}$+$\sqrt{{a}_{n}{a}_{n+1}}$=$\sqrt{{a}_{n}}$（$\sqrt{{a}_{n+1}}$+$\sqrt{{a}_{n-1}}$），（n≥2）
2$\sqrt{{a}_{n}}$=$\sqrt{{a}_{n-1}}$+$\sqrt{{a}_{n+1}}$，（n≥2），
∴数列{$\sqrt{{a}_{n}}$}是等差数列．
∵b₁=6，b₂=12，
∴2a₁=b₁+b₂=18，即a₁=9，
a₂=$\frac{{{b}_{2}}^{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{1{2}^{2}}{9}$=16，
∴数列$\left\{{\sqrt{a_n}}\right\}$的公差d=$\sqrt{{a}_{2}}$-$\sqrt{{a}_{1}}$=4-3=1，
$\sqrt{{a}_{n}}$=$\sqrt{{a}_{1}}$+（n-1）d=n+2，
即有a_n=（n+2）²；
（Ⅱ）解：n≥2时，b_n=$\sqrt{{a}_{n}{a}_{n-1}}$=$\sqrt{（n+2）^{2}（n+1）^{2}}$
=（n+1）（n+2），
又b₁=6适合上式．
∴b_n=（n+1）（n+2）．
设c_n=$\frac{{2}^{\sqrt{{a}_{n}}}•{b}_{n}}{n+1}$=$\frac{{2}^{n+2}•（n+1）（n+2）}{n+1}$
=（n+2）•2ⁿ⁺²，
T_n=c₁+c₂+…+c_n=3•2³+4•2⁴+…+（n+1）•2ⁿ⁺¹+（n+2）•2ⁿ⁺²，
2T_n=6•2³+8•2⁴+…+（n+1）•2ⁿ⁺²+（n+2）•2ⁿ⁺³，
两式相减可得，-T_n=24+2⁴+2⁵+…+2ⁿ⁺²-（n+2）•2ⁿ⁺³
=24+$\frac{16（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$-（n+2）•2ⁿ⁺³．
即有T_n=（n+1）•2ⁿ⁺³-8．

点评 本题考查等差数列的证明，考查数列的通项公式和数列求和的求法：错位相减法，是中档题，解题时要认真审题，注意构造法的合理运用．