Question

9．已知各項均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，對于任意的n∈N⁺都有a${\;}_{1}^{3}$+a${\;}_{2}^{3}$+…+a${\;}_{n}^{3}$=S${\;}_{n}^{2}$．
（1）求證：對于任意的n∈N⁺都有a_n+1²-a_n+1=2S_n；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（3）已知數(shù)列{b_n}中，b₁=2，b_n+1=b_n+$\frac{（n-1）{2}^{n-1}}{{S}_{n}}$，設(shè)c_n=3+5a_n，把數(shù)列{c_n}與數(shù)列{nb_n}的公共項由小到大的順序組成一個新的數(shù)列{c${\;}_{{k}_{n}}$}，求數(shù)列{k_n}的前n項和．

Answer 1

分析 （1）由a_n＞0，且對一切n∈N^*，有${{a}_{1}}^{3}+{{a}_{2}}^{3}$+…+${{a}_{n}}^{3}$=${{S}_{n}}^{2}$，得${{a}_{1}}^{3}+{{a}_{2}}^{3}$+…+${{a}_{n}}^{3}$+${{a}_{n+1}}^{3}$=${{S}_{n+1}}^{2}$，兩式相減，${{a}_{n+1}}^{3}={{S}_{n+1}}^{2}-{{S}_{n}}^{2}$=a_n+1（S_n+1+S_n），由此能證明${{a}_{n+1}}^{2}-{a}_{n+1}$=2S_n．
（2）由${{a}_{n+1}}^{2}-{a}_{n+1}$=2S_n=2（S_n+1-2a_n+1），得$2{a}_{n+1}=（{{a}_{n+1}}^{2}-{{a}_{n}}^{2}）+（{a}_{n+1}-{a}_{n}）$，從而a_n+1-a_n=1，n≥2，進而數(shù)列{a_n}是以首項為a₁=1，公差為1的等差數(shù)列，由此能求出數(shù)列{a_n}的通項公式．
（3）由${S}_{n}=\frac{n（n+1）}{2}$，得b_n+1-b_n=$\frac{{2}^{n+1}}{n+1}$-$\frac{{2}^{n}}{n}$，從而求出b_n=$\frac{{2}^{n}}{n}$．記M_n=nb_n=2ⁿ，c_n=5n+3，設(shè)M_k=c_m，推導(dǎo)出若M_k是數(shù)列{${c}_{{k}_{n}}$}中的項，M_k+4一定是數(shù)列{${c}_{{k}_{n}}$}中下一項，從而得到k_n=$\frac{1}{10}•1{6}^{n}-\frac{3}{5}$．由此能求出數(shù)列{k_n}的前n項和．

解答 證明：（1）∵數(shù)列{a_n}滿足：a_n＞0，且對一切n∈N^*，有${{a}_{1}}^{3}+{{a}_{2}}^{3}$+…+${{a}_{n}}^{3}$=${{S}_{n}}^{2}$．…①
∴${{a}_{1}}^{3}+{{a}_{2}}^{3}$+…+${{a}_{n}}^{3}$+${{a}_{n+1}}^{3}$=${{S}_{n+1}}^{2}$，…②
②-①得${{a}_{n+1}}^{3}={{S}_{n+1}}^{2}-{{S}_{n}}^{2}$=a_n+1（S_n+1+S_n），
則${{a}_{n+1}}^{2}$=S_n+1+S_n=a_n+1+2S_n，
∴${{a}_{n+1}}^{2}-{a}_{n+1}$=2S_n．…（3分）
解：（2）∵${{a}_{n+1}}^{2}-{a}_{n+1}$=2S_n=2（S_n+1-2a_n+1），
∴${{a}_{n+1}}^{2}+{a}_{n+1}=2{S}_{n+1}$，…③
∴${{a}_{n}}^{2}+{a}_{n}=2{S}_{n}$，n≥2，…④
③-④得$2{a}_{n+1}=（{{a}_{n+1}}^{2}-{{a}_{n}}^{2}）+（{a}_{n+1}-{a}_{n}）$，
即（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n-1）=0，
∵a_n＞0，∴a_n+1-a_n=1，n≥2，
又由${{a}_{1}}^{3}={{S}_{1}}^{3}$和${{a}_{2}}^{2}-{a}_{2}=2{S}_{1}$，知a₁=1，a₂=2，滿足a₂-a₁=1，
∴數(shù)列{a_n}是以首項為a₁=1，公差為1的等差數(shù)列
∴a_n=n．…（6分）
（3）∵${S}_{n}=\frac{n（n+1）}{2}$，∴b_n+1-b_n=$\frac{（n-1）•{2}^{n}}{n（n+1）}$=$\frac{{2}^{n+1}}{n+1}$-$\frac{{2}^{n}}{n}$，
∴b_n=b₁+（b₂-b₁）+（b₃-b₂）+（b₄-b₃）+…+（b_n-b_n-1）
=$2+（\frac{{2}^{2}}{2}-\frac{2}{1}）+（\frac{{2}^{3}}{3}-\frac{{2}^{2}}{2}）+（\frac{{2}^{4}}{4}-\frac{{2}^{3}}{3}）$+…+（$\frac{{2}^{n}}{n}-\frac{{2}^{n-1}}{n-1}$）
=$\frac{{2}^{n}}{n}$．…（9分）
記M_n=nb_n=2ⁿ，c_n=3+5a_n=5n+3，由題意${c}_{{k}_{1}}$=M₃=c₁=8，
設(shè)M_k=c_m，即2^k=5m+3，
則${M}_{k+1}={2}^{k+1}=2（5m+3）=5（2m+1）+1$不是數(shù)列{c_m}中的項，
${M}_{k+2}={2}^{k+2}=4（5m+3）=5（4m+2）+2$不是數(shù)列{c_n}中的項，
${M}_{k+3}={2}^{k+3}=8（5m+3）=5（8m+4）+4$不是數(shù)列{c_n}中的項，
${M}_{k+4}={2}^{k+4}=16（5m+3）=5（8m+9）+3$=c_8m+9，也就是{c_n}中的項
即若M_k是數(shù)列{${c}_{{k}_{n}}$}中的項，M_k+4一定是數(shù)列{${c}_{{k}_{n}}$}中下一項，
由于${c}_{{k}_{1}}={M}_{3}$，∴${c}_{{k}_{2}}={M}_{7}$，${c}_{{k}_{3}}={M}_{11}$，…，${c}_{{k}_{n}}={M}_{4n-1}={2}^{4n-1}=\frac{1}{2}•1{6}^{n}$，
又${c}_{{k}_{n}}$=5k_n+3，∴$5{k}_{n}+3=\frac{1}{2}•1{6}^{n}$，即k_n=$\frac{1}{10}•1{6}^{n}-\frac{3}{5}$．
∴數(shù)列{k_n}的前n項和k₁+k₂+…+k_n=$\frac{1}{10}•\frac{16（1-1{6}^{n}）}{1-16}-\frac{3n}{5}$=$\frac{8（1{6}^{n}-1）}{75}-\frac{3n}{5}$．…（12分）

點評 本題考查數(shù)列中等式的證明，考查數(shù)列的通項公式、前n項和的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意裂項求和法的合理運用．