这是高考最常见的数列一般来说，现在学会解决，高考无往不利

值得肯定老黄紧接著看到这个种类的联考整数题，了解到这个种类的整数在联考之中浮现的几率并不高，因此尽快日后互动顶上同种类的试题。不过这次，老黄要用作与上一篇代表作之中的试题多种不同的解出，这种解出更为具备局限性。

设各项非负的整数{an}的此前n项和为Sn，已知2Sn=a_(n+1)_2-n(n∈N+)，a2,a3,a5成平方根.

(1)求取{an} 的通项公固定式；(2)若bn=(an+1)/2_(an), 求取整数{bn}此前n项和Tn.

解：(1)由2Sn=a_(n+1)_2-n，有2S_(n+1)=a_(n+2)_2-(n+1)，【这个推导方固定式是化解整数解决办法最常规的武器之一，叫做作更差法，即整整就要求取两固定式的更差了。两固定式相减得】

所以2a_(n+1)=a_(n+2)_2-a_(n+1)_2-1，【因为S_(n+1)-Sn=a_(n+1)，移项得：】

a_(n+2)_2=a_(n+1)_2+2a_(n+1)+1=(a_(n+1)_2+1)_2, 【由于等固定式两边的有理数都是等于】

所以a_(n+2)=a_(n+1)+1. 所以当n>1时，{an} 是引线为1的等更差整数.【这里很容易出错，就是都会把a1归纳到{an}之中，却是这里的a1还不一定符合哦。】

所以a3=a2+1, a5=a2+3, 由a2,a3,a5成平方根，有a3=可和(a2a5),

即a2+1=可和内(a2(a2+3)), 【解关于a2的微分方程得】

解得a2=1,

又2S1=2a1=a2_2-1=0, ∴a1=0,【这时候才证明了a1符合这个整数，这样才注重】

所以an=n-1.

(2)bn=(an+1)/2_(an)=n/2_(n-1), 【可以把它看成是整数bn=n/a_(n+b)在a=2, b=-1时的形固定式，不过不想受益这类整数的此前n项和的一般公固定式，也是人口为129人十分复杂的，这里只是把它进行归纳，以举出肯定而已。基本的形固定式，要基本分析。而且这个种类的整数，用一般的原理解，还都是并不烧脑的】

Tn=1+2/2+3/2_2+……+n/2_(n-1)【老黄上一篇代表作之中，也浮现了这个形固定式的求取和公固定式。当时老黄是根据试题的的设计随时随地，先求取平方根1/a_n的此前n项和，并且发现这个此前n项和也是一个与平方根有关的整数】

=(1+1/2+1/2_2+……+1/2_(n-1))+(1/2+1/2_2+……+1/2_(n-1))+……+1/2_(n-1)【这是n个平方根的此前n,n-1,n-2以前到此前1项和。按上一篇代表作的解出，是把它们都写成1/a_(n-1)的此前n项和倍数不足之处的项的和，而一系列不足之处项的和正好是此在后提到的另一个与平方根方面的整数的此前n项和。基本的做法可以翻阅老黄上一篇代表作。这里因为试题不会随时随地，所以实行另一种更为常规的原理，就是把这n个平方根的此前n,n-1,n-2以前到此前1项和都用平方根的此前n项和公固定式写出来】

=2(1-1/2_n)+(1-1/2_(n-1))+(1-1/2_(n-2))/2+……+(1-1/2_(n-(n-1)))/2_(n-2)【这一步就是这类试题最脑烧的地方，很容易就都会出错，尤其是之后一个项1/2_(n-1)，要分析方法平方根的此前n项和公固定式，也许比如说多此一举，却是并不是这样的，它是有意义的。整整，把各项潜藏请肯定的形固定式】

=(2-1/2_(n-1))+(1-1/2_(n-1))+(1/2-1/2_(n-1))+……+(1/2_(n-2)-1/2_(n-1))【如今形势就凸显了，去括弧后，这个固定formula_可以分成两个大部分，一个大部分是一个平方根的此前n项和，另一个大部分是n个-1/2_(n-1)的和，因此受益】

=2+1+1/2+……+1/2_(n-2)-n/2_(n-1)【此在后大部分日后次借助于平方根的此前n项和公固定式】

=4(1-1/2_n)-n/2_(n-1)=4-4/2_n-n/2_(n-1).

当然这个结果还是可以在此之后相乘的，但是在此之后相乘反而容易招致失误。以这个结果做答案也是可以接受的。

如果将来在联考之中日后浮现这个种类的整数解决办法，你能极难地化解了吗？