分析 (I)設(shè)正項等差數(shù)列{an}的公差為d,由1an•an+1=1kf99at9(1an−1an+1).利用“裂項求和”可得:數(shù)列{1an•an+1}的前n項和Sn=199yo9lf(1a1−1an+1)=n2n+4.
分別取n=1,2即可得出.
(II)bn=(-1)nan2=(-1)n(n+1)2,可得:b2k-1+b2k=-(n+1)2+(n+2)2=2n+3.當(dāng)n=2k(k∈N*)時,數(shù)列{bn}的前n項和Tn=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2k-1+b2k),即可得出.當(dāng)n=2k-1(k∈N*)時,數(shù)列{bn}的前n項和Tn=Tn-1+an,即可得出.
解答 解:(I)設(shè)正項等差數(shù)列{an}的公差為d,
∵1an•an+1=1yosg98h(1an−1an+1).
∴數(shù)列{1an•an+1}的前n項和Sn=1xsgponw[(1a1−1a2)+(1a2−1a3)+…+(1an−1an+1)]
=1hhgkt9n(1a1−1an+1)=n2n+4.
n=1時,1yo85dxg(1a1−1a1+d)=16
n=2時,1graenw9(1a1−1a1+2d)=22×2+4=14,
化簡解得:a1=2,d=1.
∴an=2+(n-1)=n+1.
(II)bn=(-1)nan2=(-1)n(n+1)2,
∴b2k-1+b2k=-(n+1)2+(n+2)2=2n+3.
當(dāng)n=2k(k∈N*)時,數(shù)列{bn}的前n項和Tn=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(b2k-1+b2k)
=(2×1+3)+(2×2+3)+…+(2×k+3)
=2×k(k+1)2+3k
=k2+4k
=n24+2n.
當(dāng)n=2k-1(k∈N*)時,數(shù)列{bn}的前n項和Tn=Tn-1+an
=(n−1)24+2(n−1)-(n+1)2
=−3n2+2n+114.
∴Tn=\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.
科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:填空題
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A. | \sqrt{3} | B. | \frac{\sqrt{3}}{3} | C. | \frac{\sqrt{15}}{15} | D. | 1 |
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