Question

6．已知数列{a_n}满足：a₁=$\frac{1}{4}$，a_n=$\frac{{{a_{n-1}}}}{{{{（{-1}）}^n}{a_{n-1}}-2}}$（n≥2，n∈N^*），设b_n=$\frac{1}{a_n}+{（{-1}）^n}$．
（1）求证：数列{b_n}是等比数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（2）求数列$\left\{{\frac{3n-2}{b_n}}\right\}$的前n项和S_n．

Answer 1

分析 （1）通过代入化简可知b_n=-2b_n-1（n≥2 ），然后验证当n=1是否成立，进而计算可得结论；
（2）通过（1）可知$\frac{3n-2}{b_n}=\frac{3n-2}{{3×{{（{-2}）}^{n-1}}}}$，进而利用错位相减法计算即得结论．

解答 （1）证明：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 ），
所以数列{b_n} 是等比数列，${b_n}=3×{（{-2}）^{n-1}}$ （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$\frac{3n-2}{b_n}=\frac{3n-2}{{3×{{（{-2}）}^{n-1}}}}$，
∴${S_n}=\frac{1}{{3×{{（{-2}）}^0}}}+\frac{4}{{3×{{（{-2}）}^1}}}+\frac{7}{{3×{{（{-2}）}^2}}}+…+\frac{3n-2}{{3×{{（{-2}）}^{n-1}}}}$，
$-\frac{1}{2}{S_n}=\frac{1}{{3×{{（{-2}）}^1}}}+\frac{4}{{3×{{（{-2}）}^2}}}+\frac{7}{{3×{{（{-2}）}^3}}}+…+\frac{3n-5}{{3×{{（{-2}）}^{n-1}}}}+\frac{3n-2}{{3×{{（{-2}）}^n}}}$，
两式相减，$\frac{3}{2}{S_n}=\frac{1}{3}+\frac{1}{{{{（{-2}）}^1}}}+\frac{1}{{{{（{-2}）}^2}}}+\frac{1}{{{{（{-2}）}^3}}}+…+\frac{1}{{{{（{-2}）}^{n-1}}}}-\frac{3n-2}{{3×{{（{-2}）}^n}}}=-n•{（{-\frac{1}{2}}）^n}$，
故${S_n}=\frac{n}{3}{（{-\frac{1}{2}}）^{n-1}}$．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查错位相减法，注意解题方法的积累，属于中档题．