Question

9．已知等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，a₁=$\frac{3}{2}$，S₃=$\frac{21}{2}$．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)a_n與前n項(xiàng)和S_n；
（2）設(shè)b_n=a_n-$\frac{1}{2}$（n∈N^*），{b_n}中的部分項(xiàng)b${\;}_{{k}_{1}}$，b${\;}_{{k}_{2}}$，…b${\;}_{{k}_{n}}$恰好組成等比數(shù)列，且k₁=1，k₄=14，求數(shù)列{k_n}的通項(xiàng)公式；
（3）設(shè)c_n=$\frac{{S}_{n}}{n}$（n∈N^*），求證：數(shù)列{c_n}中任意相鄰的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列．

Answer 1

分析 （1）由等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式求出公差d=2，由此能求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)a_n與前n項(xiàng)和S_n．
（2）求出b_n=2n-1，等比數(shù)列{$_{{k}_{n}}$}中，公比q=3，由此能求出數(shù)列{k_n}的通項(xiàng)公式．
（3）求出C_n=n+$\frac{1}{2}$，由此能證明數(shù)列{c_n}中任意相鄰的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列．

解答 解：（1）∵等差數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，a₁=$\frac{3}{2}$，S₃=$\frac{21}{2}$，
∴$3{a}_{1}+\frac{3×2}{2}d$=$\frac{21}{2}$，
即$\frac{9}{2}$+3d=$\frac{21}{2}$，解得d=2，
∴a_n=a₁+（n-1）d=$\frac{3}{2}+2n-2$=2n-$\frac{1}{2}$．
S_n=na₁+$\frac{n（n-1）}{2}d$=$\frac{3}{2}n+{n}^{2}-n$=${n}^{2}+\frac{n}{2}$．
（2）∵b_n=a_n-$\frac{1}{2}$（n∈N^*），∴b_n=2n-1，
∵{b_n}中的部分項(xiàng)b${\;}_{{k}_{1}}$，b${\;}_{{k}_{2}}$，…b${\;}_{{k}_{n}}$恰好組成等比數(shù)列，且k₁=1，k₄=14，
∴等比數(shù)列{$_{{k}_{n}}$}中，公比q=$\root{3}{\frac{_{14}}{_{1}}}$=$\root{3}{27}$=3，
∴$_{{k}_{n}}$=2k_n-1=3^n-1，
∴k_n=$\frac{{3}^{n-1}+1}{2}$．
（3）∵c_n=$\frac{{S}_{n}}{n}$（n∈N^*），∴C_n=$\frac{{n}^{2}+\frac{n}{2}}{n}$=n+$\frac{1}{2}$，
∴C_n+1=n+$\frac{3}{2}$，C_n+2=n+$\frac{5}{2}$，
∵${{C}_{n+1}}^{2}$=（n+$\frac{3}{2}$）²=${n}^{2}+3n+\frac{9}{4}$，
C_n•C_n+2=（n+$\frac{1}{2}$）•（n+$\frac{3}{2}$）=${n}^{2}+2n+\frac{3}{4}$，
∴C_n•C_n+2≠${{C}_{n+1}}^{2}$，
∴數(shù)列{c_n}中任意相鄰的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式的求法，考查數(shù)列不是等比數(shù)列的證明，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意等比數(shù)列的性質(zhì)的合理運(yùn)用．