Question

17．数列{a_n}中，已知a₁=2，且a_n+1a_n=n²+（1-c）n+c，n∈N^*．
（1）若数列{a_n}等差，求a_n；
（2）若c=0，求数列{a_n}的前n项和S_n．

Answer 1

分析 （1）由a₁=2，且a_n+1a_n=n²+（1-c）n+c，n∈N^*．取n=1，可得a₂，即可得出公差d，再利用等差数列的通项公式即可得出；
（2）c=0，可得a_n+1a_n=n²+n，令$\frac{{a}_{n}}{n}$=b_n，可得b_n+1•b_n=1，b₁=2，利用数列的周期性可得b_n，即可得出a_n，再利用等差数列的前n项和公式即可得出．．

解答 解：（1）设等差数列{a_n}的公差为d，
∵a₁=2，且a_n+1a_n=n²+（1-c）n+c，n∈N^*．
∴a₂a₁=1+1-c+c，∴2a₂=2，解得a₂=1，
∴d=1-2=-1．
∴a_n=2-（n-1）=3-n．
（2）∵c=0，
∴a_n+1a_n=n²+（1-c）n+c=n²+n，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{n+1}•\frac{{a}_{n}}{n}$=1，
令$\frac{{a}_{n}}{n}$=b_n，
则b_n+1•b_n=1，b₁=2，
∴${b}_{2}=\frac{1}{2}$，b₃=2，b₄=$\frac{1}{2}$，
∴数列{b_n}是一个周期数列，
b_2k-1=2，b_2k=2，k∈N^*．
∴$\frac{{a}_{2k-1}}{2k-1}$=b_2k-1=2，∴a_2k-1=2（2k-1）；
$\frac{{a}_{2k}}{2k}={b}_{2k}=\frac{1}{2}$，∴a_2k=k．
综上可得：${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{2n，n为奇数}\\{\frac{n}{2}，n为偶数}\end{array}\right.$．
当n为偶数时，S_n=（a₁+a₃+…+a_n-1）+（a₂+a₄+…+a_n）
=2[1+3+…+（n-1）]+$\frac{1}{2}（2+4+…+n）$
=$\frac{5{n}^{2}+2n}{8}$．
当n为奇数时，S_n=S_n+1-$\frac{n+1}{2}$
=$\frac{（n+1）（5n+3）}{8}$．

点评 本题考查了递推式的应用、等差数列的通项公式及其前n项和公式、数列的周期性，考查了分类讨论思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．