Question

5．設(shè)數(shù)列{a_n}的首項a₁=1，前n項和S_n滿足關(guān)系式：3tS_n-（2t+3）S_n-1=3t（t＞0，n=2，3，4…）
（1）求證：數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列；
（2）設(shè)數(shù)列{a_n}的公比為f（t），作數(shù)列{b_n}，使${b_1}=1，{b_n}=f（\frac{1}{{{b_{n-1}}}}）（n=2，3，4…）$，求數(shù)列{b_n}的通項b_n；
（3）求和：b₁b₂-b₂b₃+b₃b₄-b₄b₅+…+b_2n-1b_2n-b_2nb_2n+1．

Answer 1

分析 （1）通過3tS_n-（2t+3）S_n-1=3t與3tS_n-1-（2t+3）S_n-2=3t作差、整理得$\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}=\frac{2t+3}{3t}$（n=2，3，…），進而可得結(jié)論；
（2）通過（1）可知b_n=f$（\frac{1}{{{b_{n-1}}}}）=\frac{2}{3}$+b_n-1，即數(shù)列{b_n}是一個首項為1、公差為$\frac{2}{3}$的等差數(shù)列，進而即得結(jié)論；
（3）通過b_n=$\frac{2n+1}{3}$可知數(shù)列{b_2n-1}和{b_2n}是首項分別為1和$\frac{5}{3}$、公差均為$\frac{4}{3}$的等差數(shù)列，并項取公因式，計算即得結(jié)論．

解答 （1）證明：∵a₁=S₁=1，S₂=1+a₂，
∴a₂=$\frac{3+2t}{3t}，\frac{a_2}{a_1}=\frac{3+2t}{3t}$
又3tS_n-（2t+3）S_n-1=3t     ①
∴3tS_n-1-（2t+3）S_n-2=3t    ②
①-②得：3ta_n-（2t+3）a_n-1=0，
∴$\frac{a_n}{{{a_{n-1}}}}=\frac{2t+3}{3t}$，（n=2，3，…）
∴{a_n}是一個首項為1、公比為$\frac{2t+3}{3t}$的等比數(shù)列；
（2）解：∵f（t）=$\frac{2t+3}{3t}=\frac{2}{3}+\frac{1}{t}$，
∴b_n=f$（\frac{1}{{{b_{n-1}}}}）=\frac{2}{3}$+b_n-1．
∴數(shù)列{b_n}是一個首項為1、公差為$\frac{2}{3}$的等差數(shù)列．
∴b_n=1+$\frac{2}{3}$（n-1）=$\frac{2n+1}{3}$；
（3）解：∵b_n=$\frac{2n+1}{3}$，
∴數(shù)列{b_2n-1}和{b_2n}是首項分別為1和$\frac{5}{3}$，公差均為$\frac{4}{3}$的等差數(shù)列，
于是b₁b₂-b₂b₃+b₃b₄-b₄b₅+…+b_2n-1b_2n-b_2nb_2n+1
=b₂（b₁-b₃）+b₄（b₃-b₅）+b₆（b₅-b₇）+…+b_2n（b_2n-1+b_2n+1）
=-$\frac{4}{3}$（b₂+b₄+…+b_2n）
=-$\frac{4}{3}\frac{1}{2}n（\frac{5}{3}+\frac{4n+1}{3}）$
=-$\frac{4}{9}$（2n²+3n）．

點評 本題考查數(shù)列的通項及前n項和，注意解題方法的積累，屬于中檔題．