已知等差数列{a_n}满足a$_2$=0，a$_6$+a$_8$=-10；数列{$\frac {a_n}{2}$}的前n项和是( )
分析：
根据等差数列的通项公式化简a$_2$=0和a$_6$+a$_8$=-10，得到关于首项和公差的方程组，求出方程组的解即可得到数列的首项和公差，根据首项和公差写出数列的通项公式即可；再把求出通项公式代入已知数列，列举出各项记作①，然后给两边都除以2得另一个关系式记作②，①-②后，利用a_n的通项公式及等比数列的前n项和的公式化简后，即可得到数列{$\frac {a_n}{2}$}的前n项和．
解答：
解：设等差数列{a_n}的公差为d，由已知条件可得$\left\{\begin{matrix}a$_1$+d=0 \ 2a$_1$+12d=-10 \ \end{matrix}\right.$，
解得：$\left\{\begin{matrix}a$_1$=1 \ d=-1 \ \end{matrix}\right.$，
故数列{a_n}的通项公式为a_n=2-n；
设数列{$\frac {a_n}{2}$}的前n项和为S_n，即S_n=a$_1$+$\frac {a$_2$}{2}$+…+$\frac {a_n}{2}$①，故S$_1$=1，
$\frac {S_n}{2}$=$\frac {a$_1$}{2}$+$\frac {a$_2$}{4}$+…+$\frac {a_n}{2}$②，
当n＞1时，①-②得：
$\frac {S_n}{2}$=a$_1$+$\frac {a$_2$-a$_1$}{2}$+…+$\frac {a_n-a_n-1}{2}$-$\frac {a_n}{2}$
=1-($\frac {1}{2}$+$\frac {1}{4}$+…+$\frac {1}{2}$)-$\frac {2-n}{2}$
=1-(1-$\frac {1}{2}$)-$\frac {2-n}{2}$=$\frac {n}{2}$，
所以S_n=$\frac {n}{2}$，
综上，数列{$\frac {a_n}{2}$}的前n项和S_n=$\frac {n}{2}$，所以选B．
点评：
此题考查学生灵活运用等差数列的通项公式化简求值，会利用错位相减法求数列的和，是一道中档题．
已知公差不为零的等差数列{a_n}满足a$_3$=5，且a$_1$，a$_2$，a$_5$成等比数列．；设S_n为数列{a_n}的前n项和，数列{b_n}满足b_n=2_•$\sqrt {}$，数列{b_n}的前n项和T_n是( )
分析：
由已知可得a$_2$_=a$_1$a$_5$，结合等差数列的通项公式可求d，进而可求通项
综上可得，S_n=$\frac {1+2n-1}{2}$×n=n_，代入可得b_n=2_•$\sqrt {}$=n•2_，利用错位相减可求和．
解答：
解：设{a_n}的公差为d
∵a$_1$，a$_2$，a$_5$成等比数列，a$_3$=5
∴a$_2$_=a$_1$a$_5$
设{a_n}的公差为d，则(5-d)_=(5-2d)(5+2d)
∵d≠0
∴d=2
∴a_n=a$_3$+(n-3)d=5+2(n-3)=2n-1
综上可得，S_n=$\frac {1+2n-1}{2}$×n=n_
∴b_n=2_•$\sqrt {}$=n•2_
∴T_n=1•2+2•2_+3•2_+…+n•2_
∴2T_n=1•2_+2•2_+…+(n-1)•2_+n•2_
两式相减可得，-T_n=2+2_+2_+…+2_-n•2_
=$\frac {2(1-2_)}{1-2}$-n•2_=2_-2-n•2_
∴T_n=(n-1)•2_+2，所以选B．
点评：
本题主要考查了等比数列的性质、等差数列的通项公式的简单应用，数列的错位相减求和方法的应用是求解本题的关键．
已知等比数列{a_n}的前n项和为S_n=2_-c．若b_n=n•a_n，数列{b_n}的前n项和T_n为( )
分析：
由等比数列{a_n}的前n项和为S_n=2_-c，分别求出a$_1$，a$_2$，a$_3$，由此利用等比中项能求出c和数列{a_n}的通项公式．由a_n=2_，知b_n=n•a_n=n•2_，由此利用错位相减法能求出数列{b_n}的前n项和T_n．
解答：
解：∵等比数列{a_n}的前n项和为S_n=2_-c，
∴a$_1$=S$_1$=2-c，
a$_2$=S$_2$-S$_1$=(4-c)-(2-c)=2，
a$_3$=S$_3$-S$_2$=(8-c)-(4-c)=4，
∵{a_n}是等比数列，
∴a$_2$_=a$_1$•a$_3$，即2_=(2-c)×4，
解得c=1．
∵q=$\frac {a$_3$}{a$_2$}$=$\frac {4}{2}$=2．a$_1$=2-1=1，
∴a_n=2_．
∵a_n=2_，
∴b_n=n•a_n=n•2_，
∴T_n=1+2•2+3•2_+…+n•2_，①
∴2T_n=1•2+2•2_+…+(n-1)•2_+n•2_，②
①-②，得-T_n=1+2+2_+…+2_-n•2_
=$\frac {1-2}{1-2}$-n•2_
=2_-1-n•2_，
∴T_n=(n-1)•2_+1，所以选A．
点评：
本题考查数列的通项公式和前n项和的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意错位相减法的合理运用．
已知等差数列{a_n}满足a$_2$=2，a$_6$+a$_8$=14；则{$\frac {a_n}{2^n}$}的前n项和$S_n$是( )
分析：
解答：
点评：
本题考查数列的通项公式的求法，考查数列的前n项和的求法，解题时要认真审题，注意错位相减法的合理运用．