Question

14．已知{a_n}是正项等差数列，?_n∈N^*，数列{$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$}的前n项和S_n=$\frac{n}{2n+4}$．
（Ⅰ）求a_n；
（Ⅱ）设b_n=（-1）ⁿa_n²，n∈N^*，求数列{b_n}的前n项和T_n．

Answer 1

分析 （I）设正项等差数列{a_n}的公差为d，由$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{d}（\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}）$．利用“裂项求和”可得：数列{$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$}的前n项和S_n=$\frac{1}{d}$$（\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}）$=$\frac{n}{2n+4}$．
分别取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．当n=2k（k∈N^*）时，数列{b_n}的前n项和T_n=（b₁+b₂）+（b₃+b₄）+…+（b_2k-1+b_2k），即可得出．当n=2k-1（k∈N^*）时，数列{b_n}的前n项和T_n=T_n-1+a_n，即可得出．

解答 解：（I）设正项等差数列{a_n}的公差为d，
∵$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$=$\frac{1}{d}（\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}）$．
∴数列{$\frac{1}{{a}_{n}•{a}_{n+1}}$}的前n项和S_n=$\frac{1}{d}$$[（\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{2}}）$+$（\frac{1}{{a}_{2}}-\frac{1}{{a}_{3}}）$+…+$（\frac{1}{{a}_{n}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}）]$
=$\frac{1}{d}$$（\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{n+1}}）$=$\frac{n}{2n+4}$．
n=1时，$\frac{1}{d}（\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{1}+d}）$=$\frac{1}{6}$
n=2时，$\frac{1}{d}（\frac{1}{{a}_{1}}-\frac{1}{{a}_{1}+2d}）$=$\frac{2}{2×2+4}$=$\frac{1}{4}$，
化简解得：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．
当n=2k（k∈N^*）时，数列{b_n}的前n项和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．
当n=2k-1（k∈N^*）时，数列{b_n}的前n项和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=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{n}^{2}}{4}+2n，n为偶数}\\{-\frac{3{n}^{2}+2n+11}{4}，n为奇数}\end{array}\right.$．

点评 本题考查了等差数列的通项公式及其前n项和公式、“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．