Question

3．將正整數(shù)作如下分組：（1），（2，3），（4，5，6），（7，8，9，10），（11，12，13，14，15），（16，17，18，19，20，21），…，分別計(jì)算各組包含的正整數(shù)的和如下：
S₁=1，
S₂=2+3=5，
S₃=4+5+6=15
S₄=7+8+9+10=34，
S₅=11+12+13+14+15=65，
S₆=16+17+18+19+20+21=111，
…
記T_n=S₂+S₄+S₆+…+S_2n．
（1）求T₁，T₂，T₃，T₄；
（2）猜想T_n的結(jié)果，并用數(shù)學(xué)歸納法證明．

Answer 1

分析 （1）求得S₂，S₄，S₆，S₈，計(jì)算即可得到所求值；
（2）猜想${T_n}={n^2}{（n+1）^2}+\frac{n（n+1）}{2}$ （n∈N^*），用數(shù)學(xué)歸納法證明．注意由假設(shè)，證明n=k+1時，運(yùn)用
${T_{k+1}}={S_{2k+2}}+{k^2}{（k+1）^2}+\frac{k（k+1）}{2}$，結(jié)合累加法和等差數(shù)列的求和公式，化簡整理，即可得證．

解答 解：（1）T₁=S₂=5．
T₂=S₂+S₄=5+34=39，
T₃=S₂+S₄+S₆=5+34+111=150，
T₄=S₂+S₄+S₆+S₈=5+34+111+260=410．  
（2）猜想${T_n}={n^2}{（n+1）^2}+\frac{n（n+1）}{2}$ （n∈N^*），
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：
（�。┊�(dāng)n=1時，${T_1}={1^2}×{（1+1）^2}+\frac{1×（1+1）}{2}=5$，結(jié)論成立；
（ⅱ）假設(shè)當(dāng)n=k時結(jié)論成立，即${T_k}={k^2}{（k+1）^2}+\frac{k（k+1）}{2}$，
那么當(dāng)n=k+1時，則${T_{k+1}}={S_{2k+2}}+{k^2}{（k+1）^2}+\frac{k（k+1）}{2}$，
又由題意可設(shè)S_n的首項(xiàng)為f（n），則f（n）-f（n-1）=n-1，
可得f（n）=f（1）+（f（2）-f（1））+（f（3）-f（2））+…+（f（n）-f（n-1））
=1+1+2+…+n-1，
可得$f（n）=\frac{n（n-1）}{2}+1$，
故S_2k+2為以f（2k+2）為首項(xiàng)，前（2k+2）項(xiàng)和，
即${S_{2k+2}}=\frac{（2k+2）（2k+1）（2k+2）}{2}+\frac{（2k+2）（2k+3）}{2}$，
所以${T_{k+1}}={S_{2k+2}}+{k^2}{（k+1）^2}+\frac{k（k+1）}{2}$
=$\frac{（2k+2）（2k+1）（2k+2）}{2}+\frac{（2k+2）（2k+3）}{2}+{k^2}{（k+1）^2}+\frac{k（k+1）}{2}$
=$（k+1）[{2（k+1）（2k+1）+2k+3+{k^2}（k+1）+\frac{k}{2}}]$
=$（k+1）[{2（k+1）（2k+1）+2k+2+{k^2}（k+1）+\frac{k+2}{2}}]$
=$（k+1）[{（k+1）（{k^2}+4k+4）+\frac{k+2}{2}}]$=${（k+1）^2}{（k+2）^2}+\frac{（k+1）（k+2）}{2}$．
所以當(dāng)n=k+1時，命題成立．
綜上（�。�（ⅱ），${T_n}={n^2}{（n+1）^2}+\frac{n（n+1）}{2}$（n∈N^*）．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)的求法，注意運(yùn)用歸納猜想和數(shù)學(xué)歸納法證明，注意運(yùn)用假設(shè)，考查化簡變形和運(yùn)算能力和推理能力，屬于中檔題．