Question

9．已知各项均为正数的数列{a_n}的前n项和为S_n，满足a_n+1²=2S_n+n+4，a₂-1，a₃，a₇恰为等比数列{b_n}的前3项．
（I）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）若${c_n}={（-1）^n}log_2^{\;}{b_n}-\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$，求数列{c_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （I）由a_n+1²=2S_n+n+4，当n≥2时，${a}_{n}^{2}$=2S_n-1+n+3，两式相减可得：${a}_{n+1}^{2}-{a}_{n}^{2}$=2a_n+1，由于数列{a_n}是各项均为正数的数列，可得a_n+1-a_n=1，a₂-a₁=1．又${a}_{2}^{2}=2{a}_{1}$+5，联立解得a₁．利用等差数列的通项公式可得a_n．再利用等比数列的通项公式即可得出．
（II）${c_n}={（-1）^n}log_2^{\;}{b_n}-\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$=（-1）ⁿ•n-$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$．利用“裂项求和”可得数列$\{\frac{1}{（n+1）（n+2）}\}$的前n项和．对n分类讨论即可得出．

解答 解：（I）∵a_n+1²=2S_n+n+4，∴当n≥2时，${a}_{n}^{2}$=2S_n-1+n+3，两式相减可得：${a}_{n+1}^{2}-{a}_{n}^{2}$=2a_n+1，
∴${a}_{n+1}^{2}$=$（{a}_{n}+1）^{2}$，
∵数列{a_n}是各项均为正数的数列，∴a_n+1=a_n+1，即a_n+1-a_n=1，
∴a₂-a₁=1．又${a}_{2}^{2}=2{a}_{1}$+5，联立解得a₁=2．
∴数列{a_n}是等差数列，首项为2，公差为1．
∴a_n=2+（n-1）=n+1．
∴a₂-1=2，a₃=4，a₇=8，
∴等比数列{b_n}的公比q=$\frac{4}{2}$=2，首项为2．
∴b_n=2ⁿ．
（II）${c_n}={（-1）^n}log_2^{\;}{b_n}-\frac{1}{{{a_n}{a_{n+1}}}}$=（-1）ⁿ•n-$\frac{1}{（n+1）（n+2）}$．
数列$\{\frac{1}{（n+1）（n+2）}\}$的前n项和=$（\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）$+…+$（\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}）$=$\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}$．
当n=2k（k∈N^*）时，T_n=T_2k=（-1+2）+（-3+4）+…+[-（2k-1）+2k]-$（\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}）$
=k-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{n+2}$=$\frac{n-1}{2}$+$\frac{1}{n+2}$．
当n=2k-1（k∈N^*）时，T_n=T_n+1-$[（n+1）-\frac{1}{（n+2）（n+3）}]$
=$\frac{n}{2}$+$\frac{1}{n+3}$-$[（n+1）-\frac{1}{（n+2）（n+3）}]$
=$\frac{n}{2}$+$\frac{1}{n+2}$-（n+1）．
∴T_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{n-1}{2}+\frac{1}{n+2}，n为偶数}\\{\frac{n}{2}+\frac{1}{n+2}-（n+1），n为奇数}\end{array}\right.$．

点评 本题考查了递推关系的应用、等差数列与等比数列的通项公式、“裂项求和”方法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题．