Question

15．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=l，在a₁，a₂之間插人1個數(shù)，在a₂，a₃之間插人2個數(shù)，在a₃，a₄之間插入3個數(shù)，…，在a_n，a_n+1之間插人n個數(shù)，使得所有插人的數(shù)和原數(shù)列{a_n}中的所有項按原有位置順序構(gòu)成一個正項等差數(shù)列{b_n}．
（1）若a₃=11，求{b_n}的通項公式；
 （2）設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項和為S_n，且滿足$\sqrt{2{S}_{n}+λ}$=b_n+μ（λ，μ為常數(shù)），求{a_n}的通項公式•

Answer 1

分析 （1）由題意可得：b₁=a₁=1，b₂，b₃=a₂，b₄，b₅，b₆=a₃，即a₃為{b_n}的第六項，求出b₆與b₁的值，
則{b_n}的公差可求，通項公式可求；
（2）由$\sqrt{2{S}_{n}+λ}=_{n}+μ$（λ，μ為常數(shù)），得$2{S}_{n}+λ=（_{n}+μ）^{2}={_{n}}^{2}+2μ_{n}+{μ}^{2}$，當n≥2時，可得$2{S}_{n-1}+λ={_{n-1}}^{2}+2μ_{n-1}+{μ}^{2}$，兩式作差可得$_{n}=\frac{2μd-zxk5jvi^{2}}{2-2d}（n≥2）$為常數(shù)，結(jié)合題意可得d=1．從而求得b_n=n．設(shè)數(shù)列{a_n}中的第n項為數(shù)列{b_n}中的第k項，又插入了1+2+…+（n-1）=$\frac{n（n-1）}{2}$項，可得
k=（n-1）+$\frac{n（n-1）}{2}+1=\frac{{n}^{2}+n}{2}$．即${a}_{n}=_{k}=k=\frac{{n}^{2}+n}{2}$．

解答 解：（1）設(shè){b_n}的公差為d，由題意：數(shù)列{b_n}的前幾項為：
b₁=a₁=1，b₂，b₃=a₂，b₄，b₅，b₆=a₃，即a₃為{b_n}的第六項，
則b₆=b₁+5d=11，
而b₁=1，∴d=2，
故數(shù)列{b_n}的通項公式為b_n=1+2（n-1）=2n-1；
（2）由$\sqrt{2{S}_{n}+λ}=_{n}+μ$（λ，μ為常數(shù)），
得$2{S}_{n}+λ=（_{n}+μ）^{2}={_{n}}^{2}+2μ_{n}+{μ}^{2}$，①
當n≥2時，$2{S}_{n-1}+λ={_{n-1}}^{2}+2μ_{n-1}+{μ}^{2}$，②
①-②得$2_{n}={_{n}}^{2}-{_{n-1}}^{2}+2μ（_{n}-_{n-1}）$，
則2b_n=d（b_n+b_n-1）+2μd=d（2b_n-d）+2μd，
即$（2-2d）_{n}=2μd-3up5vgk^{2}$．
當d≠1時，$_{n}=\frac{2μd-5wjm1lg^{2}}{2-2d}（n≥2）$為常數(shù)，
∵{b_n}是正項等差數(shù)列，∴d=0，
則b_n=0，與b₁=a₁=1矛盾，∴d=1．
∴等差數(shù)列{b_n}的首項為1，公差d=1，則b_n=n．
設(shè)數(shù)列{a_n}中的第n項為數(shù)列{b_n}中的第k項，
則a_n前面共有{a_n}的n-1項，
又插入了1+2+…+（n-1）=$\frac{n（n-1）}{2}$項，
則k=（n-1）+$\frac{n（n-1）}{2}+1=\frac{{n}^{2}+n}{2}$．
故${a}_{n}=_{k}=k=\frac{{n}^{2}+n}{2}$．

點評 本題主要考查由遞推公式推導(dǎo)數(shù)列的通項公式，考查等差數(shù)列的前n項和，關(guān)鍵是對題意的理解，屬中高檔題．