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- 2021-06-16 发布
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(八)数列(B)
1.(2018·江苏金陵中学期末)设数列{an}的前n项的和为Sn,且满足a1=2,对∀n∈N*,都有an+1=(p-1)Sn+2(其中常数p>1),数列{bn}满足bn=log2(a1a2…an).
(1)求证:数列{an}是等比数列;
(2)若p=2,求b2 018的值;
(3)若∃k∈N*,使得p=2,记cn=,求数列{cn}的前2(k+1)项的和.
(1)证明 因为∀n∈N*,都有an+1=(p-1)Sn+2,
an+2=(p-1)Sn+1+2,
所以两式相减得an+2-an+1=(p-1)an+1,
即an+2=pan+1,
当n=1时,a2=(p-1)a1+2=pa1,
所以an+1=pan(n∈N*),
又a1=2,p>1,
所以{an}是以2为首项,p为公比的等比数列.
(2)解 由(1)得an=2pn-1.
bn=log2(a1a2…an)= log2
=
所以b2 018=2.
(3)解 由(1)得an=2pn-1.
bn=log2(a1a2…an)= log2
= log2=1+.
因为bn-=,
所以当1≤n≤k+1时,cn=-bn,
当n≥k+2时,cn=bn-.
因此数列{cn}的前2(k+1)项的和T2k+2
=-(b1+b2+…+bk+1)+(bk+2+bk+3+…+b2k+2)
=-+
=-+ =.
2.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,a2=2,设bn=an+an+1,cn=an·an+1(n∈N*).
(1)若数列{b2n-1}是公比为3的等比数列,求S2n;
(2)若数列{bn}是公差为3的等差数列,求Sn;
(3)是否存在这样的数列{an},使得{bn}成等差数列和{cn}成等比数列同时成立,若存在,求出{an}的通项公式;若不存在,请说明理由.
解 (1)b1=a1+a2=1+2=3,
S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n)
=b1+b3+…+b2n-1==.
(2)∵bn+1-bn=an+2-an=3,
∴{a2k-1},{a2k}均是公差为3的等差数列,
a2k-1=a1+(k-1)·3=3k-2,
a2k=a2+(k-1)·3=3k-1,
当n=2k(k∈N*)时,
Sn=S2k=(a1+a3+…+a2k-1)+(a2+a4+…+a2k)
=+
=3k2=;
当n=2k-1(k∈N*)时,
Sn=S2k-1=S2k-a2k=3k2-3k+1
=3×2-3·+1=.
综上可知,Sn=
(3)∵{bn}成等差数列,∴2b2=b1+b3,
即2(a2+a3)=(a1+a2)+(a3+a4),
a2+a3=a1+a4,①
∵{cn}成等比数列,∴c=c1c3.
即(a2a3)2=(a1a2)·(a3a4),
∵c2=a2a3≠0,∴a2a3=a1a4,②
由①②及a1=1,a2=2,得a3=1,a4=2,
设{bn}的公差为d,
则bn+1-bn=(an+1+an+2)-(an+an+1)=d,
即an+2-an=d,
即数列{an}的奇数项和偶数项都构成公差为d的等差数列,
又d=a3-a1=a4-a2=0,
∴数列{an}=1,2,1,2,1,2,…,
即an=
此时cn=2,{cn}是公比为1的等比数列,满足题意.
∴存在数列{an},an=
使得{bn}成等差数列和{cn}成等比数列同时成立.
3.已知{an},{bn},{cn}都是各项不为零的数列,且满足a1b1+a2b2+…+anbn=cnSn,n∈N*,其中Sn是数列{an}的前n项和,{cn}是公差为d(d≠0)的等差数列.
(1)若数列{an}是常数列,d=2,c2=3,求数列{bn}的通项公式;
(2)若an=λn(λ是不为零的常数),求证:数列{bn}是等差数列;
(3)若a1=c1=d=k(k为常数,k∈N*),bn=cn+k(n≥2,n∈N*),求证:对任意的n≥2,n∈N*,数列单调递减.
(1)解 因为d=2,c2=3,所以cn=2n-1.
因为数列{an}是各项不为零的常数列,
所以a1=a2=…=an,Sn=na1.
则由cnSn=a1b1+a2b2+…+anbn及cn=2n-1,得
n(2n-1)=b1+b2+…+bn,
当n≥2时,(n-1)(2n-3)=b1+b2+…+bn-1,
两式相减得bn=4n-3,n≥2.
当n=1时,b1=1也满足bn=4n-3.
故bn=4n-3(n∈N*).
(2)证明 因为a1b1+a2b2+…+anbn=cnSn,
当n≥2时,cn-1Sn-1=a1b1+a2b2+…+an-1bn-1,
两式相减得cnSn-cn-1Sn-1=anbn,
即(Sn-1+an)cn-Sn-1cn-1=anbn,
Sn-1(cn-cn-1)+ancn=anbn,
所以Sn-1d+λncn=λnbn.
又Sn-1=(n-1)=,
所以d+λncn=λnbn,
即d+cn=bn,(*)
所以当n≥3时,d+cn-1=bn-1,
两式相减得bn-bn-1=d(n≥3),
所以数列{bn}从第二项起是公差为d的等差数列.
又当n=1时,由c1S1=a1b1,得c1=b1.
当n=2时,由(*)得
b2=d+c2=d+(c1+d)=b1+d,
得b2-b1=d.
故数列{bn}是公差为d的等差数列.
(3)证明 由(2)得当n≥2时,
Sn-1(cn-cn-1)+ancn=anbn,
即Sn-1d=an(bn-cn).
因为bn=cn+k,所以bn=cn+kd,
即bn-cn=kd,
所以Sn-1d=an·kd,
即Sn-1=kan,
所以Sn=Sn-1+an=(k+1)an.
当n≥3时,Sn-1=(k+1)an-1,
两式相减得an=(k+1)an-(k+1)an-1,
即an=an-1,
故从第二项起数列{an}是等比数列,
所以当n≥2时,an=a2n-2,
bn=cn+k=cn+kd=c1+(n-1)k+k2
=k+(n-1)k+k2=k(n+k),
另外由已知条件得(a1+a2)c2=a1b1+a2b2.
又c2=2k,b1=k,b2=k(2+k),
所以a2=1,因而an=n-2,n≥2.
令dn=(n≥2),则==.
因为(n+k+1)k-(n+k)(k+1)=-n<0,
所以<1,
又因为dn>0,所以dn+1
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