Question

14．已知{a_n}是正項等差數(shù)列，?_n∈N^*，數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$}的前n項和S_n=$\frac{n}{2n+4}$．
（Ⅰ）求a_n；
（Ⅱ）設(shè)b_n=（-1）ⁿa_n²，n∈N^*，求數(shù)列{b_n}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （I）設(shè)正項等差數(shù)列{a_n}的公差為d，由$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$=$\frac{1}kf99at9（\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}）$．利用“裂項求和”可得：數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$}的前n項和S_n=$\frac{1}99yo9lf$$（\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}）$=$\frac{n}{2n+4}$．
分別取n=1，2即可得出．
（II）b_n=（-1）ⁿa_n²=（-1）ⁿ（n+1）²，可得：b_2k-1+b_2k=-（n+1）²+（n+2）²=2n+3．當(dāng)n=2k（k∈N^*）時，數(shù)列{b_n}的前n項和T_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2k-1+b_2k），即可得出．當(dāng)n=2k-1（k∈N^*）時，數(shù)列{b_n}的前n項和T_n=T_n-1+a_n，即可得出．

解答 解：（I）設(shè)正項等差數(shù)列{a_n}的公差為d，
∵$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$=$\frac{1}yosg98h（\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}）$．
∴數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$}的前n項和S_n=$\frac{1}xsgponw$$[（\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{2}}）$+$（\frac{1}{{a}_{2}}-\frac{1}{{a}_{3}}）$+…+$（\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}）]$
=$\frac{1}hhgkt9n$$（\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}）$=$\frac{n}{2n+4}$．
n=1時，$\frac{1}yo85dxg（\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{1}+d}）$=$\frac{1}{6}$
n=2時，$\frac{1}graenw9（\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{1}+2d}）$=$\frac{2}{2×2+4}$=$\frac{1}{4}$，
化簡解得：a₁=2，d=1．
∴a_n=2+（n-1）=n+1．
（II）b_n=（-1）ⁿa_n²=（-1）ⁿ（n+1）²，
∴b_2k-1+b_2k=-（n+1）²+（n+2）²=2n+3．
當(dāng)n=2k（k∈N^*）時，數(shù)列{b_n}的前n項和T_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2k-1+b_2k）
=（2×1+3）+（2×2+3）+…+（2×k+3）
=$2×\frac{k（k+1）}{2}$+3k
=k²+4k
=$\frac{{n}^{2}}{4}$+2n．
當(dāng)n=2k-1（k∈N^*）時，數(shù)列{b_n}的前n項和T_n=T_n-1+a_n
=$\frac{（n-1）^{2}}{4}+2（n-1）$-（n+1）²
=$-\frac{3{n}^{2}+2n+11}{4}$．
∴T_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{n}^{2}}{4}+2n，n為偶數(shù)}\\{-\frac{3{n}^{2}+2n+11}{4}，n為奇數(shù)}\end{array}\right.$．

點評 本題考查了等差數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、“裂項求和”方法，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于中檔題．