Question

12．?dāng)?shù)列{a_n}滿足a₁=$\frac{1}{4}$，a_n=$\frac{{a}_{n-1}}{（-1）^{n}{a}_{n-1}-2}$（n≥2，n∈N）． 令b_n=a_nsin$\frac{（2n-1）π}{2}$
（1）證明：數(shù)列{${\frac{1}{a_n}$+（-1）ⁿ}為等比數(shù)列；
（2）設(shè)c_n=$\frac{2}{3}$n•（${\frac{1}{b_n}$-1），求數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和S_n；
（3）數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為T(mén)_n．求證：對(duì)任意的n∈N^*，T_n＜$\frac{4}{7}$．

Answer 1

分析 （1）由a_n=$\frac{{a}_{n-1}}{（-1）^{n}{a}_{n-1}-2}$（n≥2，n∈N），兩邊取倒數(shù)，變形即可證明．
（2）由$sin\frac{（2n-1）π}{2}={（-1）^{n-1}}$，可得${b_n}=\frac{{{{（-1）}^{n-1}}}}{{3{{（-2）}^{n-1}}-{{（-1）}^n}}}=\frac{1}{{3•{2^{n-1}}+1}}$，${c_n}=\frac{2}{3}n•（{\frac{1}{b_n}-1}）=n•{2^n}$，再利用“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的求和公式即可得出．
（3）通過(guò)放縮法，利用等比數(shù)列的求和公式即可證明．

解答 （1）證明：∵a_n=$\frac{{a}_{n-1}}{（-1）^{n}{a}_{n-1}-2}$（n≥2，n∈N）．，
∴$\frac{1}{a_n}={（-1）^n}-\frac{2}{{{a_{n-1}}}}$，∴$\frac{1}{a_n}+{（-1）^n}=（-2）[\frac{1}{{{a_{n-1}}}}+{（-1）^{n-1}}]$，
又∵$\frac{1}{a_1}+（-1）=3$，∴數(shù)列$\left\{{\frac{1}{a_n}+{{（{-1}）}^n}}\right\}$是首項(xiàng)為3，公比為-2的等比數(shù)列．
（2）解：∵$sin\frac{（2n-1）π}{2}={（-1）^{n-1}}$，
∴${b_n}=\frac{{{{（-1）}^{n-1}}}}{{3{{（-2）}^{n-1}}-{{（-1）}^n}}}=\frac{1}{{3•{2^{n-1}}+1}}$．
∴${c_n}=\frac{2}{3}n•（{\frac{1}{b_n}-1}）=n•{2^n}$
∴S_n=1×2+2×2²+3×2³+…+n×2ⁿ，①
2S_n=1×2²+2×2³+3×2⁴+…+（n-1）×2ⁿ+n×2ⁿ⁺¹．②
①-②，得-S_n=2+2²+2³+…+2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹=$\frac{2（1-2n）}{1-2}$-n•2ⁿ⁺¹=2ⁿ⁺¹-n•2ⁿ⁺¹-2．
∴S_n=（n-1）2ⁿ⁺¹+2．
（3）證明：當(dāng)n≥3時(shí)，則${T_n}=\frac{1}{3+1}+\frac{1}{3•2+1}+\frac{1}{{3•{2^2}+1}}+…+\frac{1}{{3•{2^{n-1}}+1}}$
＜$\frac{1}{4}+\frac{1}{7}+\frac{1}{{3•{2^2}}}+\frac{1}{{3•{2^3}}}+\frac{1}{{3•{2^{n-1}}}}=\frac{11}{28}+\frac{{\frac{1}{12}[1-{{（\frac{1}{2}）}^{n-2}}]}}{{1-\frac{1}{2}}}$
=$\frac{11}{28}+\frac{1}{6}[1-{（\frac{1}{2}）^{n-2}}]＜\frac{11}{28}+\frac{1}{6}=\frac{47}{84}＜\frac{48}{84}=\frac{4}{7}$．
∵T₁＜T₂＜T₃，∴對(duì)任意的n∈N^*，${T_n}＜\frac{4}{7}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了遞推關(guān)系、“錯(cuò)位相減法”、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其求和公式、放縮法、三角函數(shù)求值，考查了分類(lèi)討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．