题目内容
数列{an}的前n项和记为Sn，前kn项和记为Skn（n，k∈N*），对给定的常数k，若| S(k+1)n |
| Skn |
（1）已知Sn=
| 4 |
| 3 |
| 2 |
| 3 |
（2）在（1）的条件下，数列an=2cn，求证数列cn是一个“1 类和科比数列”（4分）；
（3）设等差数列{bn}是一个“k类和科比数列”，其中首项b1，公差D，探究b1与D的数量关系，并写出相应的常数t=f（k）．
分析：（1）利用an=Sn-Sn-1可以推导出数列an为等比数列，然后将a1=2，q=4代入等比数列的通项公式即可求出数列{an}的通项公式；
（2）根据（1）中求出的an的通项公式便可求出cn的通项公式为cn=2n-1，然后求出
为定值，便可证明数列cn是一个“1 类和科比数列”；
（3）根据题中“k类和科比数列”的定义，将
=t便可求出D与b1的关系，继而可以求出常数t的表达式．
（2）根据（1）中求出的an的通项公式便可求出cn的通项公式为cn=2n-1，然后求出
| S2n |
| Sn |
（3）根据题中“k类和科比数列”的定义，将
| S(k+1)n |
| Skn |
解答：解：（1）联立：
，
∴
an-
an-1=an，
∴
=4(n≥2)，
所以{an}是等比数列，
由 a1=
a1-
，得 a1=2，
故 an=2•4n-1 =22n-1 ．
（2）cn=2n-1前n项的和Sn=n2（1分）
S2n=4n2 ，
=4，
所以数列{an}是一个“1类和科比数列”．
（3）对任意一个等差数列数列bn，首项b1，公差D，
Skn=knb1+
D．
S(k+1)n=(k+1)nb1+
D，
=
=t，对一切n∈N*恒成立，
2（k+1）b1+（k+1）（（k+1）n-1）=2ktb1+k（kn-1）Dt对一切n∈N*恒成立，
（k+1-kt）（2b1-D）=n•D（k2t-（k+1）2）对一切n∈N*恒成立，
所以
，
D=2b1 ，
所以t=(
)2．
|
∴
| 4 |
| 3 |
| 4 |
| 3 |
∴
| an |
| an-1 |
所以{an}是等比数列，
由 a1=
| 4 |
| 3 |
| 2 |
| 3 |
故 an=2•4n-1 =22n-1 ．
（2）cn=2n-1前n项的和Sn=n2（1分）
S2n=4n2 ，
| S2n |
| Sn |
所以数列{an}是一个“1类和科比数列”．
（3）对任意一个等差数列数列bn，首项b1，公差D，
Skn=knb1+
| kn(kn-1) |
| 2 |
S(k+1)n=(k+1)nb1+
| (k+1)n((k+1)n-1) |
| 2 |
| S(k+1)n |
| Skn |
(k+1)b1+
| ||
kb1+
|
2（k+1）b1+（k+1）（（k+1）n-1）=2ktb1+k（kn-1）Dt对一切n∈N*恒成立，
（k+1-kt）（2b1-D）=n•D（k2t-（k+1）2）对一切n∈N*恒成立，
所以
|
D=2b1 ，
所以t=(
| k+1 |
| k |
点评：本题考查了等差数列的基本性质以及数列的递推公式，考查了学生的计算能力和对数列的综合掌握，解题时注意整体思想和转化思想的运用，属于中档题．
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