Question

15．公差不为零的等差数列{a_n}的前n项之和S_n，且S_n=$（{\frac{{{a}_{n}+k}^{\;}}{2}）}^{2}$对n∈N^*成立．
（1）求常数k的值以及数列{a_n}的通项公式；
（2）设数列{a_n}中的部分项${a}_{{k}_{1}}$，${a}_{{k}_{2}}$，${a}_{{k}_{3}}$，…${a}_{{k}_{n}}$，…，恰成等比数列，其中k₁=2，k₃=14，求a₁k₁+a₂k₂+…+a_nk_n的值．

Answer 1

分析 （1）数列{a_n}是公差d≠0的等差数列，把a_n=a₁+（n-1）d代入可得S_n=$（{\frac{{{a}_{n}+k}^{\;}}{2}）}^{2}$=$\frac{1}{4}[{n}^{2}{d}^{2}+2nd（{a}_{1}-d+k）+（{a}_{1}-d+k）^{2}]$，必有a₁-d+k=0．又4a₁=$（{a}_{1}+k）^{2}$，a₁+a₂=$\frac{（{a}_{2}+k）^{2}}{4}$，代入化为d²=2d≠0，解出即可．
（2）由于a₂，${a}_{{k}_{2}}$，a₁₄成等比数列，可得$（2{k}_{2}-1）^{2}$=3×27，解得k₂=5．因此等比数列${a}_{{k}_{1}}$，${a}_{{k}_{2}}$，${a}_{{k}_{3}}$，…${a}_{{k}_{n}}$，…，即为等比数列3，9，27，可得${a}_{{k}_{n}}$=3ⁿ=2k_n-1，解得k_n．kd a_n•k_n=$\frac{1}{2}•（2n-1）•{3}^{n}+\frac{1}{2}（2n-1）$．再利用“错位相减法”、等比数列的前n项和公式与等差数列的前n项和公式即可得出．

解答 解：（1）∵数列{a_n}是公差d≠0的等差数列，
S_n=$（{\frac{{{a}_{n}+k}^{\;}}{2}）}^{2}$=$\frac{[{a}_{1}+（n-1）d+k]^{2}}{4}$=$\frac{1}{4}[{n}^{2}{d}^{2}+2nd（{a}_{1}-d+k）+（{a}_{1}-d+k）^{2}]$，
∴a₁-d+k=0．
又4a₁=$（{a}_{1}+k）^{2}$，∴a₁=d-k=$\frac{1}{4}{d}^{2}$，k=$d-\frac{1}{4}{d}^{2}$．
令n=2时，a₁+a₂=$\frac{（{a}_{2}+k）^{2}}{4}$，代入化为d²=2d≠0，
解得d=2，k=1，a₁=1．
∴a_n=1+2（n-1）=2n-1．
故k=1，a_n=2n-1．
（2）∵a₂，${a}_{{k}_{2}}$，a₁₄成等比数列，
∴$（2{k}_{2}-1）^{2}$=3×27，
解得k₂=5．
∴等比数列${a}_{{k}_{1}}$，${a}_{{k}_{2}}$，${a}_{{k}_{3}}$，…${a}_{{k}_{n}}$，…，即为等比数列3，9，27，
∴${a}_{{k}_{n}}$=3×3^n-1=3ⁿ=2k_n-1，
解得${k}_{n}=\frac{1}{2}（{3}^{n}+1）$．
∴a_n•k_n=$\frac{1}{2}•（2n-1）•{3}^{n}+\frac{1}{2}（2n-1）$．
令数列{（2n-1）•3ⁿ}的前n项和为T_n．
则T_n=3+3×3²+5×3³+…+（2n-1）•3ⁿ，
∴3T_n=3²+3×3³+5×3⁴+…+（2n-3）•3ⁿ+（2n-1）•3ⁿ⁺¹，
∴-2T_n=3+2×3²+2×3³+…+2×3ⁿ-（2n-1）•3ⁿ⁺¹=$2×\frac{3×（{3}^{n}-1）}{3-1}$-3-（2n-1）•3ⁿ⁺¹=（2-2n）•3ⁿ⁺¹-6．
∴T_n=3+（n-1）•3ⁿ⁺¹．
∴a₁k₁+a₂k₂+…+a_nk_n=$\frac{1}{2}[3+（n-1）•{3}^{n+1}]$+$\frac{1}{2}×\frac{n（2n-1+1）}{2}$
=$\frac{1}{2}{n}^{2}$+$\frac{3}{2}$+$\frac{n-1}{2}×{3}^{n+1}$．

点评 本题考查了递推式的应用、“错位相减法”、等差数列与等比数列的通项公式及其前n项和公式、等差数列的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．