Question

15．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=-1，a_n=$\frac{-3{a}_{n-1}-8}{2{a}_{n-1}+5}$（n≥2）．
（1）證明：數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}+2}$}是等差數(shù)列；
（2）若數(shù)列{b_n}滿足b_n+1²=b_nb_n+2（n∈N^*），且b₁=2，b₄=16，求數(shù)列{（2n-1）a_nb_n}的前n項和S_n．

Answer 1

分析 （1）由遞推公式得$\frac{1}{{a}_{n}+2}$=$\frac{2{a}_{n-1}+5}{{a}_{n-1}+2}$=2+$\frac{1}{{a}_{n-1}+2}$，由此能證明數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}+2}$}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列．
（2）求出a_n=$\frac{3-4n}{2n-1}$，b_n=2ⁿ，從而（2n-1）a_nb_n=（3-4n）•2ⁿ，由此利用錯位相減法能求出數(shù)列{（2n-1）a_nb_n}的前n項和．

解答 證明：（1）∵數(shù)列{a_n}滿足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，
∴數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}+2}$}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列．
解：（2）∵數(shù)列{$\frac{1}{{a}_{n}+2}$}是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，
∴$\frac{1}{{a}_{n}+2}$=1+（n-1）×2=2n-1，
∴${a}_{n}+2=\frac{1}{2n-1}$，∴a_n=$\frac{3-4n}{2n-1}$，
∵數(shù)列{b_n}滿足b_n+1²=b_nb_n+2（n∈N^*），且b₁=2，b₄=16，
∴數(shù)列{b_n}是首項為2，公比為$（\frac{_{4}}{_{1}}）^{\frac{1}{3}}$=2的等比數(shù)列，∴b_n=2ⁿ，
∴（2n-1）a_nb_n=（3-4n）•2ⁿ，
∴數(shù)列{（2n-1）a_nb_n}的前n項和：
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．

點(diǎn)評 本題考查等差數(shù)列的證明，考查數(shù)列的通項公式及數(shù)列的前n項和的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意錯位相減法的合理運(yùn)用．