Question

10．公差不为零的等差数列{a_n}的前n项之和为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k_n．

Answer 1

分析 （1）法一：条件化为2$\sqrt{S_n}$=a_n+k对n∈N*成立．利用等差数列通项公式和前n项和公式，n=1，2，3，
求解即可．
法二：设等差数列的首项为a₁，公差为d，表示出等差数列通项公式和前n项和公式，
带入${S_n}={（\frac{{{a_n}+k}}{2}）^2}$对n∈N^*成立．利用待定系数法求解常数k的值以及数列{a_n}的通项公式；
（2）由题意设c_n=${a}_{{k}_{n}}$则数列{c_n}为等比数列，且${c}_{1}={a}_{{k}_{1}}={a}_{2}=3$，c₃=${a}_{{k}_{2}}$=a₁₄=27．
故等比数列{c_n}的公比q满足q²=$\frac{c3}{c1}$=9．可得q，可得{c_n}的通项，即可求出k_n．

解答 解：（1）法一：条件化为2$\sqrt{Sn}$=a_n+k对n∈N*成立．
设等差数列公差为d，则$2\sqrt{n{a}_{1}+\frac{{dn}^{2}-nd}{2}}$=a₁+（n-1）d+k．
分别令n=1，2，3得：$\left\{\begin{array}{l}{2\sqrt{{a}_{1}}={a}_{1}+k…①}\\{2\sqrt{2{a}_{1}+d}={a}_{1}+d+k…②}\\{2\sqrt{3{a}_{1}+3d}={a}_{1}+2d+k…③}\end{array}\right.$
由①+③-2×②得，$\sqrt{a}_{1}$+$\sqrt{3{a}_{1}+3d}$=2$\sqrt{2{a}_{1}+d}$．两边平方得，4a₁+d=2$\sqrt{3{{a}_{1}}^{2}+3{a}_{1}d}$
两边再平方得，4a₁²-4a₁d+d²=0．解得d=2a₁．
代入②得，4$\sqrt{{a}_{1}}$=3a₁+k，④
由④-①得，a₁=$\sqrt{{a}_{1}}$．所以a₁=0，或a₁=1．
又当a₁=0时，d=0不合题意．
∴a₁=1，d=2．
代入①得k=1．
而当k=1，a₁=1，d=2时，S_n=n²，a_n=2n-1，等式 ${S_n}={（\frac{{{a_n}+k}}{2}）^2}$对n∈N^*成立．
故得k=1，a_n=2n-1．
法二：设等差数列的首项为a₁，公差为d，
则S_n=na₁+$\frac{n（n-1）}{2}$d=$\frac{d}{2}$n²+（a₁-$\frac{d}{2}$）n，a_n=a₁+（n-1）d=dn+（a₁-d）．
代入${S_n}={（\frac{{{a_n}+k}}{2}）^2}$得，$\frac{d}{2}$n²+（a₁-$\frac{d}{2}$）n=$\frac{1}{4}$[dn+（a₁+k-d）]²，
即2dn²+（4a₁-2d）n=d²n²+2d（a₁+k-d）n+（a₁+k-d）²．  
∵上面等式对一切正整数n都成立，
∴由多项式恒等，可得$\left\{\begin{array}{l}{2d={d}^{2}}\\{4{a}_{1}-2d=2d（{a}_{1}+k-d）}\\{{a}_{1}+k-d=0}\end{array}\right.$，
∵d≠0，
∴解得，$\left\{\begin{array}{l}d=2\\ a_{1}=1，k=1\end{array}$
故得常数k=1，通项公式a_n=2n-1．
（2）设c_n=${a}_{{k}_{n}}$则数列{c_n}为等比数列，且${c}_{1}={a}_{{k}_{1}}={a}_{2}=3$，c₃=${a}_{{k}_{2}}$=a₁₄=27．
故等比数列{c_n}的公比q满足q²=$\frac{c3}{c1}$=9．
又c_n＞0，所以q=3．所以c_n=c₁q^n-1=3×3^n-1=3ⁿ． 
又c_n=${a}_{{k}_{n}}$=2k_n-1，所以2k_n-1=3ⁿ．
由此可得k_n=$\frac{1}{2}$×3ⁿ+$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式，性质，前n项和以及运算能力，是中档题．