Question

15．已知数列{a_n}中，a₁=l，在a₁，a₂之间插人1个数，在a₂，a₃之间插人2个数，在a₃，a₄之间插入3个数，…，在a_n，a_n+1之间插人n个数，使得所有插人的数和原数列{a_n}中的所有项按原有位置顺序构成一个正项等差数列{b_n}．
（1）若a₃=11，求{b_n}的通项公式；
 （2）设数列{b_n}的前n项和为S_n，且满足$\sqrt{2{S}_{n}+λ}$=b_n+μ（λ，μ为常数），求{a_n}的通项公式•

Answer 1

分析 （1）由题意可得：b₁=a₁=1，b₂，b₃=a₂，b₄，b₅，b₆=a₃，即a₃为{b_n}的第六项，求出b₆与b₁的值，
则{b_n}的公差可求，通项公式可求；
（2）由$\sqrt{2{S}_{n}+λ}={b}_{n}+μ$（λ，μ为常数），得$2{S}_{n}+λ=（{b}_{n}+μ）^{2}={{b}_{n}}^{2}+2μ{b}_{n}+{μ}^{2}$，当n≥2时，可得$2{S}_{n-1}+λ={{b}_{n-1}}^{2}+2μ{b}_{n-1}+{μ}^{2}$，两式作差可得${b}_{n}=\frac{2μd-{d}^{2}}{2-2d}（n≥2）$为常数，结合题意可得d=1．从而求得b_n=n．设数列{a_n}中的第n项为数列{b_n}中的第k项，又插入了1+2+…+（n-1）=$\frac{n（n-1）}{2}$项，可得
k=（n-1）+$\frac{n（n-1）}{2}+1=\frac{{n}^{2}+n}{2}$．即${a}_{n}={b}_{k}=k=\frac{{n}^{2}+n}{2}$．

解答 解：（1）设{b_n}的公差为d，由题意：数列{b_n}的前几项为：
b₁=a₁=1，b₂，b₃=a₂，b₄，b₅，b₆=a₃，即a₃为{b_n}的第六项，
则b₆=b₁+5d=11，
而b₁=1，∴d=2，
故数列{b_n}的通项公式为b_n=1+2（n-1）=2n-1；
（2）由$\sqrt{2{S}_{n}+λ}={b}_{n}+μ$（λ，μ为常数），
得$2{S}_{n}+λ=（{b}_{n}+μ）^{2}={{b}_{n}}^{2}+2μ{b}_{n}+{μ}^{2}$，①
当n≥2时，$2{S}_{n-1}+λ={{b}_{n-1}}^{2}+2μ{b}_{n-1}+{μ}^{2}$，②
①-②得$2{b}_{n}={{b}_{n}}^{2}-{{b}_{n-1}}^{2}+2μ（{b}_{n}-{b}_{n-1}）$，
则2b_n=d（b_n+b_n-1）+2μd=d（2b_n-d）+2μd，
即$（2-2d）{b}_{n}=2μd-{d}^{2}$．
当d≠1时，${b}_{n}=\frac{2μd-{d}^{2}}{2-2d}（n≥2）$为常数，
∵{b_n}是正项等差数列，∴d=0，
则b_n=0，与b₁=a₁=1矛盾，∴d=1．
∴等差数列{b_n}的首项为1，公差d=1，则b_n=n．
设数列{a_n}中的第n项为数列{b_n}中的第k项，
则a_n前面共有{a_n}的n-1项，
又插入了1+2+…+（n-1）=$\frac{n（n-1）}{2}$项，
则k=（n-1）+$\frac{n（n-1）}{2}+1=\frac{{n}^{2}+n}{2}$．
故${a}_{n}={b}_{k}=k=\frac{{n}^{2}+n}{2}$．

点评 本题主要考查由递推公式推导数列的通项公式，考查等差数列的前n项和，关键是对题意的理解，属中高档题．