Question

19．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且对任意正整数n都有a_n=（-1）ⁿS_n+pⁿ（p为常数，p≠0）．
（1）求p的值；
（2）求数列{a_n}的通项公式；
（3）设集合A_n={a_2n-1，a_2n}，且b_n，c_n∈A_n，记数列{nb_n}，{nc_n}的前n项和分别为P_n，Q_n，若b₁≠c₁，求证：对任意n∈N，P_n≠Q_n．

Answer 1

分析 （1）令n=1，n=2，可得p的方程，由p不为0，可得p的值；
（2）讨论n为偶数，或奇数，将n换为n-1，两式相加可得所求通项公式；
（3）求得A_n={a_2n-1，a_2n}={-（$\frac{1}{4}$）ⁿ，（$\frac{1}{4}$）ⁿ}，讨论b_n，c_n的情况，运用错位相减法求和，即可得证．

解答 （1）解：由题意可得n=1时，a₁=（-1）S₁+p=-a₁+p，
可得p=2a₁；
n=2时，a₂=S₂+p²=a₁+a₂+p²，可得$\frac{p}{2}$+p²=0，
解得p=-$\frac{1}{2}$；
（2）解：当n为偶数时，a_n=S_n+（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
可得a_n-1=-S_n-1+（-$\frac{1}{2}$）^n-1，
两式相加可得，a_n+a_n-1=a_n-（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
即a_n-1=-（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
可得，当n为奇数时，a_n=-（-$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹；
当n为奇数时，a_n=-S_n+（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
可得a_n-1=S_n-1+（-$\frac{1}{2}$）^n-1，
两式相加可得，a_n+a_n-1=-a_n-（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
即为2a_n+a_n-1=-（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
即有-2•（-$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹+a_n-1=-（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
化简可得a_n-1=-2•（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
即有当n为偶数时，a_n=（-$\frac{1}{2}$）ⁿ；
则a_n=$\left\{\begin{array}{l}{-（-\frac{1}{2}）^{n+1}，n为奇数}\\{（-\frac{1}{2}）^{n}，n为偶数}\end{array}\right.$；
（3）证明：由（2）可得A_n={a_2n-1，a_2n}={-（$\frac{1}{4}$）ⁿ，（$\frac{1}{4}$）ⁿ}，
数列{nb_n}，{nc_n}的前n项和分别为P_n，Q_n，若b₁≠c₁，
即有nb_n=-n（$\frac{1}{4}$）ⁿ，nc_n=n（$\frac{1}{4}$）ⁿ，
即有前n项和为Q_n=1•$\frac{1}{4}$+2•$\frac{1}{16}$+3•$\frac{1}{64}$+…+n（$\frac{1}{4}$）ⁿ，
$\frac{1}{4}$Q_n=1•$\frac{1}{16}$+2•$\frac{1}{64}$+3•$\frac{1}{256}$+…+n（$\frac{1}{4}$）ⁿ⁺¹，
相减可得，$\frac{3}{4}$Q_n=$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{16}$+$\frac{1}{64}$+…+（$\frac{1}{4}$）ⁿ-n（$\frac{1}{4}$）ⁿ⁺¹，
=$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{4}^{n}}）}{1-\frac{1}{4}}$-n（$\frac{1}{4}$）ⁿ⁺¹，
可得Q_n=$\frac{4}{9}$-$\frac{7}{9}$•$\frac{1}{{4}^{n}}$，P_n=-$\frac{4}{9}$+$\frac{7}{9}$•$\frac{1}{{4}^{n}}$，
即有P_n≠Q_n．
由于A_n中相邻两项的和为0，b₁≠c₁，
则P_n≠Q_n．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，注意运用分类讨论的思想方法，考查数列的求和方法：错位相减法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．