2019高考江苏数学优编增分练：高考解答题分项练（八）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精(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＝eq\f（1，n)log2(a1a2…an)．(1）求证：数列{an｝是等比数列；（2）若p＝2，求b2018的值；（3）若∃k∈N*，使得p＝2，记cn＝eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1(bn－\f（3,2)))，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＝eq\f(1，n)log2（a1a2…an)＝eq\f（1，n)log2＝eq\f(1,n)eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(n＋\f（nn－1,2017)）)所以b2018＝2。(3)解由（1)得an＝2pn－1.bn＝eq\f(1，n）log2(a1a2…an)＝eq\f(1,n）log2＝eq\f(1,n)log2＝1＋eq\f(n－1，2k＋1).因为bn－eq\f(3，2）＝eq\f（2n－2k－3，22k＋1)，所以当1≤n≤k＋1时，cn＝eq\f（3，2）－bn，当n≥k＋2时，cn＝bn－eq\f（3，2）.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)＝－eq\f（0＋1＋…＋k，2k＋1)＋eq\f(k＋1＋k＋2＋…＋2k＋1，2k＋1)＝－eq\f(\f（kk＋1,2），2k＋1）＋eq\f（\f（k＋1k＋2k＋2,2），2k＋1）＝eq\f（k＋12,2k＋1)。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＝eq\f(31－3n,1－3）＝eq\f(3n＋1－3,2).（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)＝eq\f（k1＋3k－2,2）＋eq\f(k2＋3k－1,2)＝3k2＝eq\f(3n2，4）；当n＝2k－1（k∈N*)时，Sn＝S2k－1＝S2k－a2k＝3k2－3k＋1＝3×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（n＋1,2）)）2－3·eq\f（n＋1,2)＋1＝eq\f(3n2＋1,4)。综上可知，Sn＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（\f（3n2,4），n＝2k,k∈N*,,\f（3n2＋1，4），n＝2k－1,k∈N*.)）(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，∴ceq\o\al（2，2)＝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＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝2k－1，k∈N*，,2，n＝2k，k∈N＊。))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＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(1，n＝2k－1，k∈N＊，,2，n＝2k,k∈N*，)）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eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1（\f（bn,an））)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＝eq\f（λ＋λn－1，2)（n－1)＝eq\f(λnn－1，2）,所以eq\f(λnn－1，2）d＋λncn＝λnbn,即eq\f(n－1,2）d＋cn＝bn，（＊)所以当n≥3时,eq\f(n－2,2)d＋cn－1＝bn－1，两式相减得bn－bn－1＝eq\f(3,2)d（n≥3）,所以数列{bn｝从第二项起是公差为eq\f（3，2)d的等差数列．又当n＝1时，由c1S1＝a1b1,得c1＝b1.当n＝2时，由(*）得b2＝eq\f（2－1，2)d＋c2＝eq\f（1,2)d＋(c1＋d）＝b1＋eq\f（3,2）d，得b2－b1＝eq\f（3,2)d.故数列{bn}是公差为eq\f(3，2）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＝eq\f（k＋1,k）an－1，故从第二项起数列｛an}是等比数列，所以当n≥2时，an＝a2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(k＋1,k））)n－2，bn＝cn＋k＝cn＋kd＝c1＋（n－1)k＋k2＝k＋（n－1）k＋k2＝k（n＋k)，另外由已知条件得（a1＋a2）c2＝a1b1＋a2b2.又c2＝2k,b1＝k，b2＝k（2＋k)，所以a2＝1，因而an＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k＋1,k）)）n－2,n≥2.令dn＝eq\f(bn,an）（n≥2），则eq\f(dn＋1,dn）＝eq\f（bn＋1an,an＋1bn)＝eq\f（n＋k＋1k，n＋kk＋1).因为（n＋k＋1）k－（n＋k）（k＋1）＝－