Question

數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和記為S_n，前kn項(xiàng)和記為S_kn（n，k∈N^*），對(duì)給定的常數(shù)k，若

S(k+1)n

Skn

是與n無(wú)關(guān)的非零常數(shù)t=f（k），則稱該數(shù)列{a_n}是“k類(lèi)和科比數(shù)列”．
（理科）（1）已知Sn=(

an+1

2

)2，an＞0，求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）證明（1）的數(shù)列{a_n}是一個(gè)“k類(lèi)和科比數(shù)列”；
（3）設(shè)正數(shù)列{c_n}是一個(gè)等比數(shù)列，首項(xiàng)c₁，公比Q（Q≠1），若數(shù)列{lgc_n}是一個(gè)“k類(lèi)和科比數(shù)列”，探究c₁與Q的關(guān)系．

Answer 1

分析：（1）由題設(shè)條件知an+1=

(an+1-1)2-(an-1)2

4

，化簡(jiǎn)整理2a_n+1+2a_n=a_n+1²-a_n²，a_n+1-a_n=2，由此能求出求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）計(jì)算S_（k+1）n=（k+1）²n²；S_kn=k²n²；所以

S(k+1)n

Skn

=(

k+1

k

)2與n無(wú)關(guān)的常數(shù)，所以數(shù)列{a_n}是一個(gè)“k類(lèi)和科比數(shù)列”．
（3）lgcn+1-lgcn=lg

cn+1

cn

=lgQ是一個(gè)常數(shù)，所以{lgc_n}是一個(gè)等差數(shù)列，首項(xiàng)lgc₁，公差lgQ．由此入手能夠推導(dǎo)出Q=c₁²．

解答：解：（1）

Sn+1= (an+1+1)2 4 Sn= (an+1)2 4

作差得an+1=

(an+1+1)2-(an+1)2

4

（1分）
化簡(jiǎn)整理2a_n+1+2a_n=a_n+1²-a_n²，∴a_n+1-a_n=2（2分）
所以{a_n}成等差數(shù)列（1分）
a_n=2n-1（1分）
（2）計(jì)算S_（k+1）n=（k+1）²n²；S_kn=k²n²；所以

S(k+1)n

Skn

=(

k+1

k

)2與n無(wú)關(guān)的常數(shù)
所以數(shù)列{a_n}是一個(gè)“k類(lèi)和科比數(shù)列”（4分）
（3）lgcn+1-lgcn=lg

cn+1

cn

=lgQ是一個(gè)常數(shù)，
所以{lgc_n}是一個(gè)等差數(shù)列，首項(xiàng)lgc₁，公差lgQ（1分）Sn=nlgc1+

n(n-1)

2

•lgQSkn=knlgc1+

kn(kn-1)

2

•lgQ（1分）S(k+1)n=(k+1)nlgc1+

(k+1)n((k+1)n-1)

2

•lgQ（1分）

S(k+1)n

Skn

=

(k+1)n•lgc1+ (k+1)n•((k+1)n-1) 2 •lgQ

kn•lgc1+ kn(kn-1) 2 •lgQ

=t對(duì)一切n∈N^*恒成立
化簡(jiǎn)整理[（k+1）²-k²t]•lgQ•n+[（k+1）-kt]（2lgc₁-lgQ）=0對(duì)一切n∈N^*恒成立，
所以

(k+1)2-kt2=0 2lgc1-lgQ=0

（3分）∴Q=c₁²（1分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查數(shù)列的性質(zhì)和應(yīng)用，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意理解新概念，避免不必要的錯(cuò)誤．