2011_天津卷 (2011·文)
20．（本小题满分 14 分）
已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 与 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足
$$ b_{n+1} a_{n}+b_{n} a_{n+1}=(-2)^{n}+1, b_{n}=\frac{3+(-1)^{n-1}}{2}, n \in N^{*} \text {, 且 } a_{1}=2 \text {. } $$
（I）求 $a_{2}, a_{3}$ 的值；
（II）设 $c_{n}=a_{2 n+1}-a_{2 n-1}, n \in N^{*}$ ，证明 $\left\{c_{n}\right\}$ 是等比数列；
（III）设 $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和，证明 $\frac{S_{1}}{a_{1}}+\frac{S_{2}}{a_{2}}+\cdots+\frac{S_{2 n-1}}{a_{2 n-1}}+\frac{S_{2 n}}{a_{2 n}} \leq n-\frac{1}{3}\left(n \in N^{*}\right)$ ．
【解答】
本小题主要考查等比数列的定义、数列求和等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析能力和解决问题的能力及分类讨论的思想方法。满分 14 分。
（I）解：由 $b_{n}=\frac{3+(-1)^{n-1}}{2}, n \in N^{*}$ ，可得 $b_{n}=\left\{\begin{array}{l}2, n \text { 为奇数，} \\ 1, n \text { 为偶数，}\end{array}\right.$
又 $b_{n+1} a_{n}+b_{n} a_{n+1}=(-2)^{n}+1$ ，
当 $n=1$ 时，$a_{1}+2 a_{2}=-1$ ，由 $a_{1}=2$ ，可得 $a_{2}=-\frac{3}{2}$ ；
当 $n=2$ 时， $2 a_{2}+a_{3}=5$ ，可得 $a_{3}=8$ ．
（II）证明：对任意 $n \in N^{*}$
$a_{2 n-1}+2 a_{2 n}=-2^{2 n-1}+1$
$2 a_{2 n}+a_{2 n+1}=2^{2 n}+1$
（2）－①，得 $a_{2 n+1}-a_{2 n-1}=3 \times 2^{2 n-1}$ ，即 $c_{n}=3 \times 2^{2 n-1}$ ，于是 $\frac{c_{n+1}}{c_{n}}=4$
所以 $\left\{c_{n}\right\}$ 是等比数列。
（III）证明：$a_{1}=2$ ，由（II）知，当 $k \in N^{*}$ 且 $k \geq 2$ 时， $a_{2 k-1}=a_{1}+\left(a_{3}-a_{1}\right)+\left(a_{5}-a_{3}\right)+\left(a_{7}-a_{5}\right)+\cdots+\left(a_{2 k-1}-a_{2 k-3}\right) =2+3\left(2+2^{3}+2^{5}+\cdots+2^{2 k-3}\right)=2+3 \times \frac{2\left(1-4^{k-1}\right)}{1-4}=2^{2 k-1}$
故对任意 $k \in N^{*}, a_{2 k-1}=2^{2 k-1}$ ．
由①得 $2^{2 k-1}+2 a_{2 k}=-2^{2 k-1}+1$ ，所以 $a_{2 k}=\frac{1}{2}-2^{2 k-1}, k \in N^{*}$
因此，$S_{2 k}=\left(a_{1}+a_{2}\right)+\left(a_{3}+a_{4}\right)+\cdots+\left(a_{2 k-1}+a_{2 k}\right)=\frac{k}{2}$ ．
于是，$S_{2 k}-1=S_{2 k}-a_{2 k}=\frac{k-1}{2}+2^{2 k-1}$ ．
故
$\frac{S_{2 k-1}}{a_{2 k-1}}+\frac{S_{2 k}}{a_{2 k}}=\frac{\frac{k-1}{2}+2^{2 k-1}}{2^{2 k-1}}+\frac{\frac{k}{2}}{\frac{1}{2}-2^{2 k-1}}=\frac{k-1+2^{2 k}}{2^{2 k}}-\frac{k}{2^{2 k}-1}=1-\frac{1}{4^{k}}-\frac{k}{4^{k}\left(4^{k}-1\right)}$.