Question

10．在等差数列{a_n}中，公差d≠0，己知数列${a}_{{k}_{1}}$，${a}_{{k}_{2}}$，${a}_{{k}_{3}}$，…${a}_{{k}_{n}}$…是等比数列，其中k₁=1，k₂=7，k₃=25．
（1）求数列{k_n}的通项公式；
（2）若a₁=9，b_n=$\sqrt{\frac{{a}_{{k}_{n}}}{6}}+\sqrt{\frac{{k}_{n}}{2}}$，S_n=${{b}_{1}}^{2}$+${{b}_{2}}^{2}$+${{b}_{3}}^{2}$…+${{b}_{n}}^{2}$，T_n=$\frac{1}{{{b}_{1}}^{2}}$+$\frac{1}{{{b}_{2}}^{2}}$+$\frac{1}{{{b}_{3}}^{2}}$…+$\frac{1}{{{b}_{n}}^{2}}$，试判断{S_n+T_n}的前100项中有多少项是能被4整除的整数．

Answer 1

分析 （1）设{a_n}的首项为a₁，公差为d（d≠0），由题意可求得a₁=3d，于是可求得a_n的关于d的表达式，再利用$\frac{{a}_{{k}_{2}}}{{a}_{{k}_{1}}}$=$\frac{{a}_{7}}{{a}_{1}}$=$\frac{9d}{3d}$=3，可求得其公比，继而可求得akn的关系式，两者联立即可求得数列{k_n}的通项公式k_n．
（2）先求出b_n，进一步求出S_n+T_n的通项公式，再利用二项式知识解决整除问题

解答 解：（1）设{a_n}的首项为a₁，公差为d（d≠0），
∵a₁，a₇，a₂₅成等比数列，
∴（a₁+6d）2=a₁（a₁+24d），
∴36d²=12a₁d，又d≠0，
∴a₁=3d…3分
∴a_n=3d+（n-1）d=（n+2）d，
又$\frac{{a}_{{k}_{2}}}{{a}_{{k}_{1}}}$=$\frac{{a}_{7}}{{a}_{1}}$=$\frac{9d}{3d}$=3，
∴{${a}_{{k}_{n}}$}是以a₁=3d为首项，3为公比的等比数列，
∴${a}_{{k}_{n}}$=3d•3^n-1=d•3ⁿ，∴（k_n+2）d=d•3ⁿ（d≠0），
∴k_n=3ⁿ-2（n∈N^*）．
（2）∵a₁=9，∴3d=9，解得d=3，∴${a}_{{k}_{n}}={3}^{n+1}$，
∴b_n=$\sqrt{\frac{{a}_{{k}_{n}}}{6}}+\sqrt{\frac{{k}_{n}}{2}}$=$\frac{\sqrt{{3}^{n}}+\sqrt{{3}^{n}-2}}{\sqrt{2}}$，
则${{b}_{n}}^{2}+\frac{1}{{{b}_{n}}^{2}}$=（${b}_{n}+\frac{1}{{b}_{n}}$）²-2=（$\frac{\sqrt{{3}^{n}}+\sqrt{{3}^{n}-2}}{\sqrt{2}}+\frac{\sqrt{{3}^{n}}-\sqrt{{3}^{n}-2}}{\sqrt{2}}$）²-2=2×3ⁿ-2，
∴${S}_{n}+{T}_{n}=2×\frac{{3}^{n-1}-3}{2}-2n$=3（3ⁿ-1）-2n，
当n为偶数时：3ⁿ-1=$（8+1）^{\frac{n}{2}}$-1=${8}^{\frac{n}{2}}$+…+${C}_{\frac{n}{2}}^{\frac{n}{2}-1}•8$，能被4整除，2n也能被4整除，
∴S_n+T_n能被4整除．
当n为奇数时，${S}_{n}+{T}_{n}={3}^{n+1}-1-2（n+1）$，
${3}^{n+1}-1=（8+1）^{\frac{n+1}{2}}-1$=${8}^{\frac{n+1}{2}}$+…+${C}_{\frac{n+1}{2}}^{\frac{n+1}{2}-1}•8$能被4整除，2（n+1）也能被4整除，
∴S_n+T_n能被4整除，
∴{S_n+T_n}的前100项中有100项是能被4整除的整数．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，考查{S_n+T_n}的前100项中有多少项是能被4整除的整数的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意分类讨论思想的合理运用．