Question

19．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且對任意正整數(shù)n都有a_n=（-1）ⁿS_n+pⁿ（p為常數(shù)，p≠0）．
（1）求p的值；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（3）設(shè)集合A_n={a_2n-1，a_2n}，且b_n，c_n∈A_n，記數(shù)列{nb_n}，{nc_n}的前n項和分別為P_n，Q_n，若b₁≠c₁，求證：對任意n∈N，P_n≠Q(mào)_n．

Answer 1

分析 （1）令n=1，n=2，可得p的方程，由p不為0，可得p的值；
（2）討論n為偶數(shù)，或奇數(shù)，將n換為n-1，兩式相加可得所求通項公式；
（3）求得A_n={a_2n-1，a_2n}={-（$\frac{1}{4}$）ⁿ，（$\frac{1}{4}$）ⁿ}，討論b_n，c_n的情況，運用錯位相減法求和，即可得證．

解答 （1）解：由題意可得n=1時，a₁=（-1）S₁+p=-a₁+p，
可得p=2a₁；
n=2時，a₂=S₂+p²=a₁+a₂+p²，可得$\frac{p}{2}$+p²=0，
解得p=-$\frac{1}{2}$；
（2）解：當n為偶數(shù)時，a_n=S_n+（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
可得a_n-1=-S_n-1+（-$\frac{1}{2}$）^n-1，
兩式相加可得，a_n+a_n-1=a_n-（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
即a_n-1=-（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
可得，當n為奇數(shù)時，a_n=-（-$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹；
當n為奇數(shù)時，a_n=-S_n+（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
可得a_n-1=S_n-1+（-$\frac{1}{2}$）^n-1，
兩式相加可得，a_n+a_n-1=-a_n-（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
即為2a_n+a_n-1=-（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
即有-2•（-$\frac{1}{2}$）ⁿ⁺¹+a_n-1=-（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
化簡可得a_n-1=-2•（-$\frac{1}{2}$）ⁿ，
即有當n為偶數(shù)時，a_n=（-$\frac{1}{2}$）ⁿ；
則a_n=$\left\{\begin{array}{l}{-（-\frac{1}{2}）^{n+1}，n為奇數(shù)}\\{（-\frac{1}{2}）^{n}，n為偶數(shù)}\end{array}\right.$；
（3）證明：由（2）可得A_n={a_2n-1，a_2n}={-（$\frac{1}{4}$）ⁿ，（$\frac{1}{4}$）ⁿ}，
數(shù)列{nb_n}，{nc_n}的前n項和分別為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項和為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，
相減可得，$\frac{3}{4}$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(mào)_n．
由于A_n中相鄰兩項的和為0，b₁≠c₁，
則P_n≠Q(mào)_n．

點評 本題考查數(shù)列的通項公式的求法，注意運用分類討論的思想方法，考查數(shù)列的求和方法：錯位相減法，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．