Question

7．已知{a_n}是遞增的等差數(shù)列，a₁=f（x），a₂=4，a₃=f（x+2），其中f（x）=x²+2
（1）求數(shù)列{a_n}的前n項和S_n；
（2）令b_n=$\sqrt{{S}_{1}}$+$\sqrt{{S}_{2}}$+…+$\sqrt{{S}_{n}}$，[x]表示不超過x的最大整數(shù)（例如，[2.1]=2）
①分別寫出[2$\sqrt{{S}_{1}}$]，[$\sqrt{{S}_{1}}$+$\sqrt{{S}_{2}}$]的值；
②令c_n=[$\frac{2_{n}}{n}$]，求數(shù)列{c_n}的通項公式．

Answer 1

分析 （1）由等差數(shù)列的性質(zhì)結(jié)合已知列式求得x，則首項和公差可求，數(shù)列{a_n}的前n項和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，同時得到$\frac{n（n+1）}{2}＜\sqrt{{S}_{1}}+\sqrt{{S}_{2}}+…+\sqrt{{S}_{n}}＜\frac{{n}^{2}+2n}{2}$．
①由新定義可得[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的范圍，代入c_n=[$\frac{2_{n}}{n}$]可求數(shù)列{c_n}的通項公式．

解答 解：（1）∵{a_n}是遞增的等差數(shù)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，則${S}_{n}=2n+\frac{n（n-1）}{2}×2={n}^{2}+n$；
（2）∵$n=\sqrt{{n}^{2}}＜\sqrt{n（n+1）}＜\frac{1}{2}（2n+1）$，
∴$n＜\sqrt{{S}_{n}}＜n+\frac{1}{2}$，$2n＜2\sqrt{{S}_{n}}＜2n+1$，
則[$2\sqrt{{S}_{n}}$]=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}}$，
∴n（n+1）＜2b_n＜n（n+2），
則n+1$＜\frac{2_{n}}{n}$＜n+2．
∴c_n=[$\frac{2_{n}}{n}$]=n+1．

點評 本題是新定義題，考查數(shù)列的函數(shù)特性，考查了放縮法在解題中的應(yīng)用，考查了學(xué)生的邏輯思維能力，難度較大．