已知数列 $\left\{ {a_n} \right\}$ 是等差数列，其前 $ n $ 项和为 $ S_{n} $，若 ${S_4} = 10$，${S_{13}} = 91$．
1、求 ${S_n}$．
2、若数列 $ \left\{M_{n}\right\} $ 满足条件：${M_1} = {S_{t_1}}$，当 $n \geqslant 2$ 时，${M_n} = {S_{t_n}} - {S_{{t_{n - 1}}}}$，其中数列 $\left\{ {t_n} \right\}$ 单调递增，且 ${t_1} = 1$，${t_n} \in {\mathbb N^ * }$．
① 试找出一组 ${t_2},{t_3}$，使得 $M_2^2 = {M_1} \cdot {M_3}$；
② 证明：对于数列 $\left\{ {a_n} \right\}$，一定存在数列 $\left\{ {t_n} \right\}$，使得数列 $\left\{ {M_n} \right\}$ 中的各数均为一个整数的平方．
解析
1、设 $S_n=an^2+bn$，则\[\begin{cases} 16a+4b=10,\\ 169a+13b=91,\end{cases}\iff \begin{cases} a=\dfrac 12,\\ b=\dfrac 12,\end{cases}\]因此 $S_n=\dfrac 12n^2+\dfrac 12n$．
2、① 根据题意，有\[\left(S_{t_2}-S_1\right)^2=S_1\cdot \left(S_{t_3}-S_{t_2}\right),\]也即\[S_{t_3}=S_{t_2}^2-S_{t_2}+1,\]考虑\[\begin{array} {c|ccccccccccccc}\hline n&1&2&3&4&5&6&7&8&9&10&11&12&13 \\ \hline S_n&1&3&6&10&15&21&28&36&45&55&66&78&91 \\ \hline S_n^2-S_n+1&1&7&31&91&&&&&&&&&\\ \hline \end{array}\]于是取 $t_2=4$，$t_3=13$ 即可．
② 根据题意，当 $n\geqslant 2$ 时，有\[M_n=S_{t_n}-S_{t_{n-1}}=\dfrac{t_n^2+t_n}2-\dfrac{t_{n-1}^2+t_{n-1}}2= \dfrac{(t_n-t_{n-1})\cdot(t_n+t_{n-1}+1)}2,\]令\[\begin{cases} t_n+t_{n-1}+1=2a_n,\\ t_n-t_{n-1}=a_n,\end{cases}\]解得\[a_n=\dfrac{2t_n+1}3=2t_{n-1}+1,\]从而\[t_n+\dfrac 12=3\cdot \left(t_{n-1}+\dfrac 12\right),\]结合 $t_1=1$，解得\[t_n=\dfrac{3^n-1}2,\]此时，有 $a_n=3^{n-1}$ 为正整数，因此数列 $\{M_n\}$ 中的各数均为一个整数的平方．