2019年高考数学练习题汇总高考解答题分项练(八) 5页

‎(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