Question

13．已知數(shù)列{a_n}的前n項和S_n=$\frac{{n}^{2}+n}{2}$，n∈N⁺．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設(shè)b_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$+（-1）ⁿa_n，求數(shù)列{b_n}的前n項和；
（3）設(shè)c_n=a_n-8，求數(shù)列{c_n}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （1）通過S_n=$\frac{{n}^{2}+n}{2}$，n∈N⁺，及a_n+1=S_n+1-S_n可得結(jié)論；
（2）分奇偶兩種情況，利用裂項相消方法及并項法計算即可；
（3）通過a_n=n，及c_n=a_n-8，利用等差數(shù)列的前n項和公式計算即可．

解答 解：（1）∵數(shù)列{a_n}的前n項和S_n=$\frac{{n}^{2}+n}{2}$，n∈N⁺，
∴a_n+1=S_n+1-S_n=$\frac{（n+1）^{2}+（n+1）}{2}$-$\frac{{n}^{2}+n}{2}$=$\frac{（n+1）^{2}-{n}^{2}}{2}$+$\frac{（n+1）-n}{2}$=n+1，
又當n=1時，a₁=S₁=$\frac{1+1}{2}$=1，
∴a_n=n，n∈N⁺；
（2）b_n=$\frac{1}{{S}_{n}}$+（-1）ⁿa_n=$\frac{2}{{n}^{2}+n}$+（-1）ⁿn=$\frac{2}{n}$-$\frac{2}{n+1}$+（-1）ⁿn，
記數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，
則當n=2k-1時，k∈N⁺，
T_n=2（1$-\frac{1}{2}$$+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$$+…+\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k}$）+（0-1）+（2-3）+…+[（2k-2）-（2k-1）]=2（1-$\frac{1}{2k}$）-k=2-k-$\frac{1}{k}$；
當n=2k時，k∈N⁺，
T_n=2（1$-\frac{1}{2}$$+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$$+…+\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k}$$+\frac{1}{2k}-$$\frac{1}{2k+1}$）+（-1+2）+（-3+4）+…+[-（2k-1）+2k）]=2（1-$\frac{1}{2k+1}$）+k=2+k-$\frac{2}{2k+1}$，
綜上所述，T_n=$\left\{\begin{array}{l}{2-k-\frac{1}{k}，}&{n=2k-1，{k∈N}^{+}}\\{2+k-\frac{2}{2k+1}，}&{n=2k，{k∈N}^{+}}\end{array}\right.$；
（3）∵a_n=n，n∈N⁺，
∴c_n=a_n-8=n-8，
∴數(shù)列{c_n}的前n項和T_n為
n×（1-8）+$\frac{n（n-1）}{2}×1$=$\frac{{n}^{2}-15n}{2}$．

點評 本題考查等差數(shù)列的通項公式，前n項和公式，考查分類討論的思想，利用裂項相消法及并項法是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．