Question

7．已知{a_n}是递增的等差数列，a₁=f（x），a₂=4，a₃=f（x+2），其中f（x）=x²+2
（1）求数列{a_n}的前n项和S_n；
（2）令b_n=$\sqrt{{S}_{1}}$+$\sqrt{{S}_{2}}$+…+$\sqrt{{S}_{n}}$，[x]表示不超过x的最大整数（例如，[2.1]=2）
①分别写出[2$\sqrt{{S}_{1}}$]，[$\sqrt{{S}_{1}}$+$\sqrt{{S}_{2}}$]的值；
②令c_n=[$\frac{2{b}_{n}}{n}$]，求数列{c_n}的通项公式．

Answer 1

分析 （1）由等差数列的性质结合已知列式求得x，则首项和公差可求，数列{a_n}的前n项和S_n可求；
（2）由$n=\sqrt{{n}^{2}}＜\sqrt{n（n+1）}＜\frac{1}{2}（2n+1）$，得到[$2\sqrt{{S}_{n}}$]=2n，同时得到$\frac{n（n+1）}{2}＜\sqrt{{S}_{1}}+\sqrt{{S}_{2}}+…+\sqrt{{S}_{n}}＜\frac{{n}^{2}+2n}{2}$．
①由新定义可得[2$\sqrt{{S}_{1}}$]，[$\sqrt{{S}_{1}}$+$\sqrt{{S}_{2}}$]的值；
②由$\frac{n（n+1）}{2}＜\sqrt{{S}_{1}}+\sqrt{{S}_{2}}+…+\sqrt{{S}_{n}}＜\frac{{n}^{2}+2n}{2}$求出2b_n的范围，代入c_n=[$\frac{2{b}_{n}}{n}$]可求数列{c_n}的通项公式．

解答 解：（1）∵{a_n}是递增的等差数列，且a₁=f（x），a₂=4，a₃=f（x+2），
∴f（x）+f（x+2）=8，即x²+2+（x+2）²+2=8，
解得：x=0或x=-2（舍）．
∴a₁=2，d=2，则${S}_{n}=2n+\frac{n（n-1）}{2}×2={n}^{2}+n$；
（2）∵$n=\sqrt{{n}^{2}}＜\sqrt{n（n+1）}＜\frac{1}{2}（2n+1）$，
∴$n＜\sqrt{{S}_{n}}＜n+\frac{1}{2}$，$2n＜2\sqrt{{S}_{n}}＜2n+1$，
则[$2\sqrt{{S}_{n}}$]=2n．
1+2+…+n$＜\sqrt{{S}_{1}}+\sqrt{{S}_{2}}+…+\sqrt{{S}_{n}}＜$1+2+…+n+$\frac{n}{2}$，
∴$\frac{n（n+1）}{2}＜\sqrt{{S}_{1}}+\sqrt{{S}_{2}}+…+\sqrt{{S}_{n}}＜\frac{{n}^{2}+2n}{2}$．
①[2$\sqrt{{S}_{1}}$]=2，[$\sqrt{{S}_{1}}$+$\sqrt{{S}_{2}}$]=3；
②∵b_n=$\sqrt{{S}_{1}}$+$\sqrt{{S}_{2}}$+…+$\sqrt{{S}_{n}}$，
∴n（n+1）＜2b_n＜n（n+2），
则n+1$＜\frac{2{b}_{n}}{n}$＜n+2．
∴c_n=[$\frac{2{b}_{n}}{n}$]=n+1．

点评 本题是新定义题，考查数列的函数特性，考查了放缩法在解题中的应用，考查了学生的逻辑思维能力，难度较大．