Question

12．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n，點(diǎn)（n，$\frac{{S}_{n}}{n}$）在直線y=$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$上．?dāng)?shù)列{b_n}滿足b_n+2-2b_n+1+b_n=0（n∈N^*），且b₃=5，其前9項(xiàng)和為63．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)c_n=$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$+$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$，求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n．

Answer 1

分析 （1）由點(diǎn)（n，$\frac{{S}_{n}}{n}$）在直線y=$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$上，可得：$\frac{{S}_{n}}{n}$=$\frac{1}{2}n+\frac{1}{2}$，即S_n=$\frac{1}{2}{n}^{2}+\frac{1}{2}n$．利用遞推關(guān)系可得：a_n=n．?dāng)?shù)列{b_n}滿足b_n+2-2b_n+1+b_n=0（n∈N^*），可得b_n+2+b_n=2b_n+1，利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出b_n．
（2）由（1）可得：c_n=2+$\frac{2}{n}$-$\frac{2}{n+2}$，再利用“裂項(xiàng)求和”方法即可得出．

解答 解：（1）∵點(diǎn)（n，$\frac{{S}_{n}}{n}$）在直線y=$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$上，∴$\frac{{S}_{n}}{n}$=$\frac{1}{2}n+\frac{1}{2}$，可得S_n=$\frac{1}{2}{n}^{2}+\frac{1}{2}n$．
∴n=1時，a₁=S₁=1；n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{2}{n}^{2}+\frac{1}{2}n$-$[\frac{1}{2}（n-1）^{2}+\frac{1}{2}（n-1）]$=n．
當(dāng)n=1時也成立，∴a_n=n．
∵數(shù)列{b_n}滿足b_n+2-2b_n+1+b_n=0（n∈N^*），∴b_n+2+b_n=2b_n+1，
∴數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列，是公差為d．
∵b₃=5，其前9項(xiàng)和為63．
∴b₁+2d=5，9b₁+$\frac{9×8}{2}$d=63，
解得b₁=3，d=1．
∴b_n=3+（n-1）=n+2．
（2）c_n=$\frac{{a}_{n}}{_{n}}$+$\frac{_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{n}{n+2}$+$\frac{n+2}{n}$=2+$\frac{2}{n}$-$\frac{2}{n+2}$，
∴數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和T_n=2n+$（2-\frac{2}{3}）$+$（1-\frac{2}{4}）$+$（\frac{2}{3}-\frac{2}{5}）$+…+$（\frac{2}{n-1}-\frac{2}{n+1}）$+$（\frac{2}{n}-\frac{2}{n+2}）$=2n+3-$\frac{2}{n+1}$-$\frac{2}{n+2}$．

點(diǎn)評 本題考查了等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、“裂項(xiàng)求和”方法、遞推關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．