Question

15．已知数列{a_n}满足a₁=-1，a_n=$\frac{-3{a}_{n-1}-8}{2{a}_{n-1}+5}$（n≥2）．
（1）证明：数列{$\frac{1}{{a}_{n}+2}$}是等差数列；
（2）若数列{b_n}满足b_n+1²=b_nb_n+2（n∈N^*），且b₁=2，b₄=16，求数列{（2n-1）a_nb_n}的前n项和S_n．

Answer 1

分析 （1）由递推公式得$\frac{1}{{a}_{n}+2}$=$\frac{2{a}_{n-1}+5}{{a}_{n-1}+2}$=2+$\frac{1}{{a}_{n-1}+2}$，由此能证明数列{$\frac{1}{{a}_{n}+2}$}是首项为1，公差为2的等差数列．
（2）求出a_n=$\frac{3-4n}{2n-1}$，b_n=2ⁿ，从而（2n-1）a_nb_n=（3-4n）•2ⁿ，由此利用错位相减法能求出数列{（2n-1）a_nb_n}的前n项和．

解答 证明：（1）∵数列{a_n}满足a₁=-1，a_n=$\frac{-3{a}_{n-1}-8}{2{a}_{n-1}+5}$（n≥2），
∴a_n+2═$\frac{-3{a}_{n-1}-8}{2{a}_{n-1}+5}$+2=$\frac{{a}_{n-1}+2}{2{a}_{n-1}+5}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n}+2}$=$\frac{2{a}_{n-1}+5}{{a}_{n-1}+2}$=2+$\frac{1}{{a}_{n-1}+2}$，
∴$\frac{1}{{a}_{n}+2}-\frac{1}{{a}_{n-1}+2}$=2，
又$\frac{1}{{a}_{1}+2}$=1，
∴数列{$\frac{1}{{a}_{n}+2}$}是首项为1，公差为2的等差数列．
解：（2）∵数列{$\frac{1}{{a}_{n}+2}$}是首项为1，公差为2的等差数列，
∴$\frac{1}{{a}_{n}+2}$=1+（n-1）×2=2n-1，
∴${a}_{n}+2=\frac{1}{2n-1}$，∴a_n=$\frac{3-4n}{2n-1}$，
∵数列{b_n}满足b_n+1²=b_nb_n+2（n∈N^*），且b₁=2，b₄=16，
∴数列{b_n}是首项为2，公比为$（\frac{{b}_{4}}{{b}_{1}}）^{\frac{1}{3}}$=2的等比数列，∴b_n=2ⁿ，
∴（2n-1）a_nb_n=（3-4n）•2ⁿ，
∴数列{（2n-1）a_nb_n}的前n项和：
S_n=（-1）•2+（-5）•2²+（-9）•2³+…+（3-4n）•2ⁿ，①
2S_n=（-1）•2²+（-5）•2³+（-9）•2⁴+…+（3-4n）•2ⁿ⁺¹，②
①-②，得：-S_n=-2+（-4）•2²+（-4）•2³+（-4）•2⁴+…+（-4）•2ⁿ-（2-4n）•2ⁿ⁺¹
=-2-4×（2²+2³+2⁴+…+2ⁿ）-（2-4n）•2ⁿ⁺¹
=-2-4×$\frac{4（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$-（2-4n）•2ⁿ⁺¹
=14-（6-4n）×2ⁿ⁺¹．
∴S_n=（6-4n）×2ⁿ⁺¹-14．

点评 本题考查等差数列的证明，考查数列的通项公式及数列的前n项和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意错位相减法的合理运用．