Question

4．已知數(shù)列{a_n}中a₁=1，在a₁、a₂之間插入1個(gè)數(shù)，在a₂、a₃之間插入2個(gè)數(shù)，在a₃、a₄之間插入3個(gè)數(shù)，…，在a_n、a_n+1之間插入n個(gè)數(shù)，使得所有插入的數(shù)和原數(shù)列{a_n}中的所有項(xiàng)按原有位置順序構(gòu)成一個(gè)正項(xiàng)等差數(shù)列{b_n}．
（1）若a₄=19，求{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)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(xiàng)公式．

Answer 1

分析 （1）設(shè)正項(xiàng)等差數(shù)列{b_n}的公差為d．由題意可得：b₁=a₁=1，b₁₀=a₄=19，利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出；
（2）$\sqrt{2{S}_{n}+λ}$=b_n+μ（λ、μ為常數(shù)），可得$2{S}_{n}+λ=（_{n}+μ）^{2}$．設(shè)正項(xiàng)等差數(shù)列{b_n}的公差為d＞0．分別取n=1，2，3可得$\left\{\begin{array}{l}{2+λ=（1+μ）^{2}}\\{2（2+d）+λ=（1+d+μ）^{2}}\\{2（3+3d）+λ=（1+2d+μ）^{2}}\end{array}\right.$，解得λ，μ，d=1．可得$2{S}_{n}=_{n}^{2}+_{n}$，利用遞推式可得：b_n-b_n-1=1，因此b_n=n．利用a_n=$_{\frac{n（n-1）}{2}+n}$即可得出．

解答 解：（1）設(shè)正項(xiàng)等差數(shù)列{b_n}的公差為d．
由題意可得：b₁=a₁=1，b₁₀=a₄=19，19=1+9d，解得d=2．
∴b_n=1+2（n-1）=2n-1．
（2）∵$\sqrt{2{S}_{n}+λ}$=b_n+μ（λ、μ為常數(shù)），∴$2{S}_{n}+λ=（_{n}+μ）^{2}$．
設(shè)正項(xiàng)等差數(shù)列{b_n}的公差為d＞0．
分別取n=1，2，3可得$\left\{\begin{array}{l}{2+λ=（1+μ）^{2}}\\{2（2+d）+λ=（1+d+μ）^{2}}\\{2（3+3d）+λ=（1+2d+μ）^{2}}\end{array}\right.$，
解得λ=$\frac{1}{4}$，μ=$\frac{1}{2}$，d=1．
∴$2{S}_{n}+\frac{1}{4}=（_{n}+\frac{1}{2}）^{2}$，
化為$2{S}_{n}=_{n}^{2}+_{n}$，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，$2{S}_{n-1}=_{n-1}^{2}+_{n-1}$，
∴2b_n=$_{n}^{2}+_{n}$-$_{n-1}^{2}$-b_n-1，
化為（b_n+b_n-1）（b_n-b_n-1-1）=0，
∵?n∈N^*，b_n＞0，
∴b_n-b_n-1=1，
∴等差數(shù)列{b_n}的公差為1，首項(xiàng)為1，
∴b_n=1+（n-1）=n．
∴a_n=$_{\frac{n（n-1）}{2}+n}$=$\frac{n（n+1）}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推式的應(yīng)用、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其前n項(xiàng)和公式、新定義數(shù)列，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．