Question

（2013•寶山區(qū)二模）已知數列{a_n}的前n項和為S_n，且a₁=2，nan+1=Sn+

n(n+1)

3

．從{a_n}中抽出部分項ak1，ak2，…，akn，…，（k₁＜k₂＜…＜k_n＜…）組成的數列{akn}是等比數列，設該等比數列的公比為q，其中k1=1，n∈N*．
（1）求a₂的值；
（2）當q取最小時，求{k_n}的通項公式；
（3）求k₁+k₂+…+k_n的值．

Answer 1

分析：（1）由已知：a₁=2，nan+1=Sn+

n(n+1)

3

．令n=1即可得出；
（2）當n≥2時，由

nan+1=Sn+ n(n+1) 3 (n-1)an=Sn-1+ n(n-1) 3

⇒na_n+1-（n-1）a_n=a_n+

2

3

n⇒an+1-an=

2

3

，（n=1時也成立）即可得出通項a_n．
解法一：數列{a_n}是正項遞增等差數列，故數列{akn}的公比q＞1，由k₂=2，3，經驗證不符合題意，應舍去；若k₂=4，則由a₄=4得q=2，此時akn=2•2n-1組成等比數列，可求出k_n；
解法二：設存在ak1，ak2，…，akn，…（k₁＜k₂＜…＜k_n＜…）組成的數列{akn}是等比數列，則

a

2 k2

=ak1•ak3，即[

2

3

(k2+2)]2=2×

2

3

(k3+2)⇒(k2+2)2=3(k3+2)即可得出k_n．
（3）利用（2）求出的k_n，利用等比數列的前n項和公式即可得出．

解答：解：（1）令n=1得1•a2=a1+

1•2

3

，即a2=a1+

2

3

，
又a₁=2，∴a2=2+

2

3

=

8

3

．
（2）當n≥2時，由

nan+1=Sn+ n(n+1) 3 (n-1)an=Sn-1+ n(n-1) 3

⇒na_n+1-（n-1）a_n=a_n+

2

3

n⇒an+1-an=

2

3

，由（1）可知：a2-a1=

2

3

．
∴?n∈N^*，都有an+1-an=

2

3

．
∴數列{a_n}是以2為首項，

2

3

為公差的等差數列，∴an=

2

3

(n+2)．
解法一：數列{a_n}是正項遞增等差數列，故數列{akn}的公比q＞1，
若k₂=2，則由a2=

8

3

，得q=

a2

a1

=

4

3

，此時ak3=2•(

4

3

)2=

32

9

，由

32

9

=

2

3

(n+2)解得n=

10

3

∉N*，所以k₂＞2，同理k₂＞3；
若k₂=4，則由a₄=4得q=2，此時akn=2•2n-1組成等比數列，
∴2•2n-1=

2

3

(m+2)，3•2^n-1=m+2，對任何正整數n，只要取m=3•2^n-1-2，即akn是數列{a_n}的第3•2^n-1-2項．最小的公比q=2．
∴kn=3•2n-1-2．
解法二：數列{a_n}是正項遞增等差數列，故數列{akn}的公比q＞1，
設存在ak1，ak2，…，akn，…（k₁＜k₂＜…＜k_n＜…）組成的數列{akn}是等比數列，
則

a

2 k2

=ak1•ak3，即[

2

3

(k2+2)]2=2×

2

3

(k3+2)⇒(k2+2)2=3(k3+2)
∵k₂、k₃∈N*且k₂＞1所以k₂+2必有因數3，即可設k₂+2=3t，t≥2，t∈N，
當數列{akn}的公比q最小時，即k₂=4，⇒q=2最小的公比q=2．∴kn=3•2n-1-2．
（3）由（2）可得從{a_n}中抽出部分項ak1，ak2，…，akn，…（k₁＜k₂＜…＜k_n＜…）組成的數列{akn}是等比數列，其中k₁=1，
那么{akn}的公比是q=

k2+2

3

，其中由解法二可得k₂=3t-2，t≥2，t∈N．
akn=3•(

k2+2

3

)n-1=

2

3

(kn+2)⇒kn=3•(

k2+2

3

)n-1-2
⇒kn=3•(

3t-2+2

3

)n-1-2⇒kn=3•tn-1-2，t≥2，t∈N
所以k1+k2+…+kn=3(1+t+t2+…+tn-1)-2n=3•tn-2n-3．

點評：熟練掌握數列的通項與前n項和公式S_n之間的關系an=

S1，當n=1時 Sn-Sn-1，當n≥2時

，等差數列與等比數列的通項公式及其前n項和公式事件他的關鍵．