Question

6．已知數(shù)列{a_n}滿足：a₁=$\frac{1}{4}$，a_n=$\frac{{{a_{n-1}}}}{{{{（{-1}）}^n}{a_{n-1}}-2}}$（n≥2，n∈N^*），設(shè)b_n=$\frac{1}{a_n}+{（{-1}）^n}$．
（1）求證：數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）求數(shù)列$\left\{{\frac{3n-2}{b_n}}\right\}$的前n項(xiàng)和S_n．

Answer 1

分析 （1）通過代入化簡可知b_n=-2b_n-1（n≥2 ），然后驗(yàn)證當(dāng)n=1是否成立，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（2）通過（1）可知$\frac{3n-2}{b_n}=\frac{3n-2}{{3×{{（{-2}）}^{n-1}}}}$，進(jìn)而利用錯(cuò)位相減法計(jì)算即得結(jié)論．

解答 （1）證明：由${a_1}=\frac{1}{4}$，${a_n}=\frac{{{a_{n-1}}}}{{{{（{-1}）}^n}{a_{n-1}}-2}}$ （n≥2，n∈N^* ），得：
$\frac{1}{a_n}+{（{-1}）^n}=-2[{\frac{1}{{{a_{n-1}}}}+{{（{-1}）}^{n-1}}}]$，
所以b_n=-2b_n-1 （n≥2 ），
又${b_1}=\frac{1}{a_1}+{（{-1}）^1}=3≠0$，
所以$\frac{b_n}{{{b_{n-1}}}}=-2$ （n≥2 ），
所以數(shù)列{b_n} 是等比數(shù)列，${b_n}=3×{（{-2}）^{n-1}}$ （n≥2 ），
又∵b₁=3，
∴${b_n}=3×{（{-2}）^{n-1}}$ （n∈N^* ），${a_n}=\frac{1}{{3×{{（{-2}）}^{n-1}}+{{（{-1}）}^{n-1}}}}$ （n∈N^* ）；
（2）解：由（1）可知$\frac{3n-2}{b_n}=\frac{3n-2}{{3×{{（{-2}）}^{n-1}}}}$，
∴${S_n}=\frac{1}{{3×{{（{-2}）}^0}}}+\frac{4}{{3×{{（{-2}）}^1}}}+\frac{7}{{3×{{（{-2}）}^2}}}+…+\frac{3n-2}{{3×{{（{-2}）}^{n-1}}}}$，
$-\frac{1}{2}{S_n}=\frac{1}{{3×{{（{-2}）}^1}}}+\frac{4}{{3×{{（{-2}）}^2}}}+\frac{7}{{3×{{（{-2}）}^3}}}+…+\frac{3n-5}{{3×{{（{-2}）}^{n-1}}}}+\frac{3n-2}{{3×{{（{-2}）}^n}}}$，
兩式相減，$\frac{3}{2}{S_n}=\frac{1}{3}+\frac{1}{{{{（{-2}）}^1}}}+\frac{1}{{{{（{-2}）}^2}}}+\frac{1}{{{{（{-2}）}^3}}}+…+\frac{1}{{{{（{-2}）}^{n-1}}}}-\frac{3n-2}{{3×{{（{-2}）}^n}}}=-n•{（{-\frac{1}{2}}）^n}$，
故${S_n}=\frac{n}{3}{（{-\frac{1}{2}}）^{n-1}}$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查錯(cuò)位相減法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．