Question

14．记公差d≠0的等差数列{a_n}的前n项和为S_n，已知a₁=2+$\sqrt{2}$，S₃=12+3$\sqrt{2}$．
（1）求数列{a_n}的通项公式a_n及前n项和S_n．
（2）已知等比数列{b_nk}，b_n+$\sqrt{2}$=a_n，n₁=1，n₂=3，求n_k．
（3）问数列{a_n}中是否存在互不相同的三项构成等比数列，说明理由．

Answer 1

分析 （1）在等差数列{a_n}中，由已知求得公差，代入等差数列的通项公式得答案；
（2）由b_n+$\sqrt{2}$=a_n，得${b}_{n}={a}_{n}-\sqrt{2}=2n$，结合数列{${b}_{{n}_{k}}$}是等比数列即可求得${n}_{k}={3}^{k-1}$；
（3）假设存在三项a_r，a_s，a_t成等比数列，则${{a}_{s}}^{2}={a}_{r}{a}_{t}$，即有$（2s+\sqrt{2}）^{2}=（2r+\sqrt{2}）（2t+\sqrt{2}）$，整理后分rt-s²≠0和rt-s²=0推得矛盾，可知不存在满足题意的三项a_r，a_s，a_t．

解答 解：（1）在等差数列{a_n}中，
∵a₁=2+$\sqrt{2}$，S₃=12+3$\sqrt{2}$，∴$3{a}_{1}+3d=12+3\sqrt{2}$，得d=2，
∴${a}_{n}={a}_{1}+（n-1）d=2n+\sqrt{2}$，${S}_{n}=\frac{n（{a}_{1}+{a}_{n}）}{2}={n}^{2}+（\sqrt{2}+1）n$；
（2）∵b_n+$\sqrt{2}$=a_n，∴${b}_{n}={a}_{n}-\sqrt{2}=2n$，
∴${b}_{{n}_{k}}=2{n}_{k}$，又数列{${b}_{{n}_{k}}$}的首项为${b}_{{n}_{1}}={b}_{1}=2$，公比q=$\frac{{b}_{3}}{{b}_{1}}=3$，
∴${b}_{{n}_{k}}=2•{3}^{k-1}$，则$2{n}_{k}=2{3}^{k-1}$，故${n}_{k}={3}^{k-1}$；
（3）假设存在三项a_r，a_s，a_t成等比数列，则${{a}_{s}}^{2}={a}_{r}{a}_{t}$，
即有$（2s+\sqrt{2}）^{2}=（2r+\sqrt{2}）（2t+\sqrt{2}）$，
整理得：$（rt-{s}^{2}）\sqrt{2}=2s-r-t$，若rt-s²≠0，则$\sqrt{2}=\frac{2s-r-t}{rt-{s}^{2}}$，
∵r，s，t∈N^*，∴$\frac{2s-r-t}{rt-{s}^{2}}$是有理数，与$\sqrt{2}$为无理数矛盾；
若rt-s²=0，则2s-r-t=0，从而可得r=s=t，这样r＜s＜t矛盾．
综上可知，不存在满足题意的三项a_r，a_s，a_t．

点评 本题考查数列递推式，考查了等差数列和等比数列的通项公式，训练了存在性问题的求解方法，是中档题．