Question

10．在等差數(shù)列{a_n}中，公差d≠0，己知數(shù)列${a}_{{k}_{1}}$，${a}_{{k}_{2}}$，${a}_{{k}_{3}}$，…${a}_{{k}_{n}}$…是等比數(shù)列，其中k₁=1，k₂=7，k₃=25．
（1）求數(shù)列{k_n}的通項(xiàng)公式；
（2）若a₁=9，b_n=$\sqrt{\frac{{a}_{{k}_{n}}}{6}}+\sqrt{\frac{{k}_{n}}{2}}$，S_n=${_{1}}^{2}$+${_{2}}^{2}$+${_{3}}^{2}$…+${_{n}}^{2}$，T_n=$\frac{1}{{_{1}}^{2}}$+$\frac{1}{{_{2}}^{2}}$+$\frac{1}{{_{3}}^{2}}$…+$\frac{1}{{_{n}}^{2}}$，試判斷{S_n+T_n}的前100項(xiàng)中有多少項(xiàng)是能被4整除的整數(shù)．

Answer 1

分析 （1）設(shè){a_n}的首項(xiàng)為a₁，公差為d（d≠0），由題意可求得a₁=3d，于是可求得a_n的關(guān)于d的表達(dá)式，再利用$\frac{{a}_{{k}_{2}}}{{a}_{{k}_{1}}}$=$\frac{{a}_{7}}{{a}_{1}}$=$\frac{9d}{3d}$=3，可求得其公比，繼而可求得akn的關(guān)系式，兩者聯(lián)立即可求得數(shù)列{k_n}的通項(xiàng)公式k_n．
（2）先求出b_n，進(jìn)一步求出S_n+T_n的通項(xiàng)公式，再利用二項(xiàng)式知識解決整除問題

解答 解：（1）設(shè){a_n}的首項(xiàng)為a₁，公差為d（d≠0），
∵a₁，a₇，a₂₅成等比數(shù)列，
∴（a₁+6d）2=a₁（a₁+24d），
∴36d²=12a₁d，又d≠0，
∴a₁=3d…3分
∴a_n=3d+（n-1）d=（n+2）d，
又$\frac{{a}_{{k}_{2}}}{{a}_{{k}_{1}}}$=$\frac{{a}_{7}}{{a}_{1}}$=$\frac{9d}{3d}$=3，
∴{${a}_{{k}_{n}}$}是以a₁=3d為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，
∴${a}_{{k}_{n}}$=3d•3^n-1=d•3ⁿ，∴（k_n+2）d=d•3ⁿ（d≠0），
∴k_n=3ⁿ-2（n∈N^*）．
（2）∵a₁=9，∴3d=9，解得d=3，∴${a}_{{k}_{n}}={3}^{n+1}$，
∴b_n=$\sqrt{\frac{{a}_{{k}_{n}}}{6}}+\sqrt{\frac{{k}_{n}}{2}}$=$\frac{\sqrt{{3}^{n}}+\sqrt{{3}^{n}-2}}{\sqrt{2}}$，
則${_{n}}^{2}+\frac{1}{{_{n}}^{2}}$=（$_{n}+\frac{1}{_{n}}$）²-2=（$\frac{\sqrt{{3}^{n}}+\sqrt{{3}^{n}-2}}{\sqrt{2}}+\frac{\sqrt{{3}^{n}}-\sqrt{{3}^{n}-2}}{\sqrt{2}}$）²-2=2×3ⁿ-2，
∴${S}_{n}+{T}_{n}=2×\frac{{3}^{n-1}-3}{2}-2n$=3（3ⁿ-1）-2n，
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)：3ⁿ-1=$（8+1）^{\frac{n}{2}}$-1=${8}^{\frac{n}{2}}$+…+${C}_{\frac{n}{2}}^{\frac{n}{2}-1}•8$，能被4整除，2n也能被4整除，
∴S_n+T_n能被4整除．
當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，${S}_{n}+{T}_{n}={3}^{n+1}-1-2（n+1）$，
${3}^{n+1}-1=（8+1）^{\frac{n+1}{2}}-1$=${8}^{\frac{n+1}{2}}$+…+${C}_{\frac{n+1}{2}}^{\frac{n+1}{2}-1}•8$能被4整除，2（n+1）也能被4整除，
∴S_n+T_n能被4整除，
∴{S_n+T_n}的前100項(xiàng)中有100項(xiàng)是能被4整除的整數(shù)．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，考查{S_n+T_n}的前100項(xiàng)中有多少項(xiàng)是能被4整除的整數(shù)的判斷，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意分類討論思想的合理運(yùn)用．