江苏省2019高考数学总复习优编增分练：高考解答题分项练（八）数列（B）.pdf

高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (八)数列(B)(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a12，对nN N*，都 有an1(p1)Sn2(其中常数p1)，数列bn满足bn log2(a1a2an) 1 n (1)求证：数列an是等比数列； (2)若p2 2 2017 ，求b2 018的值； (3)若kN N*，使得p2 2 21k ，记cn，求数列cn的前 2(k1)项的和 |b n3 2| (1)证明 因为nN N*，都有an1(p1)Sn2， an2(p1)Sn12， 所以两式相减得an2an1(p1)an1， 即an2pan1， 当n1 时，a2(p1)a12pa1， 所以an1pan(nN N*)， 又a12，p1， 所以an是以 2 为首项，p为公比的等比数列 (2)解 由(1)得an2pn1. bn log2(a1a2an) log2 (1) 2 2 n n n p 1 n 1 n 1 nn nn 1 2 017 所以b2 0182. (3)解 由(1)得an2pn1. bn log2(a1a2an) log2 (1) 2 2 n n n p 1 n 1 n log2 (1) 21 22 n n n k 1. 1 n n1 2k1 因为bn ， 3 2 2n2k3 22k 1 所以当 1nk1 时，cn bn， 3 2 当nk2 时，cnbn . 3 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 因此数列cn的前 2(k1)项的和T2k2 (b1b2bk1)(bk2bk3b2k2) 01k 2k1 k1k22k1 2k1 . kk 1 2 2k1 k 1 k2k 2 2 2k1 k 1 2 2k1 2已知数列an的前n项和为Sn，且a11，a22，设bnanan1，cnan·an1(nN N*) (1)若数列b2n1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)b1a1a2123， S2n(a1a2)(a3a4)(a2n1a2n) b1b3b2n1. 313n 13 3n13 2 (2)bn1bnan2an3， a2k1，a2k均是公差为 3 的等差数列， a2k1a1(k1)·33k2， a2ka2(k1)·33k1， 当n2k(kN N*)时， SnS2k(a1a3a2k1)(a2a4a2k) k13k 2 2 k23k 1 2 3k2； 3n2 4 当n2k1(kN N*)时， SnS2k1S2ka2k3k23k1 3× 23· 1. ( n1 2) n1 2 3n21 4 综上可知，SnError! (3)bn成等差数列，2b2b1b3， 即 2(a2a3)(a1a2)(a3a4)， a2a3a1a4， cn成等比数列，cc1c3. 2 2 即(a2a3)2(a1a2)·(a3a4)， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 c2a2a30，a2a3a1a4， 由及a11，a22，得a31，a42， 设bn的公差为d， 则bn1bn(an1an2)(anan1)d， 即an2and， 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da3a1a4a20， 数列an1,2,1,2,1,2， 即anError! 此时cn2，cn是公比为 1 的等比数列，满足题意 存在数列an，anError! 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a1b1a2b2anbncnSn，nN N*， 其中Sn是数列an的前n项和，cn是公差为d(d0)的等差数列 (1)若数列an是常数列，d2，c23，求数列bn的通项公式； (2)若ann(是不为零的常数)，求证：数列bn是等差数列； (3)若a1c1dk(k为常数，kN N*)，bncnk(n2，nN N*)， 求证 ： 对任意的n2，nN N*， 数列单调递减 bn an (1)解 因为d2，c23，所以cn2n1. 因为数列an是各项不为零的常数列， 所以a1a2an，Snna1. 则由cnSna1b1a2b2anbn及cn2n1，得 n(2n1)b1b2bn， 当n2 时，(n1)(2n3)b1b2bn1， 两式相减得bn4n3，n2. 当n1 时，b11 也满足bn4n3. 故bn4n3(nN N*) (2)证明 因为a1b1a2b2anbncnSn， 当n2 时，cn1Sn1a1b1a2b2an1bn1， 两式相减得cnSncn1Sn1anbn， 即(Sn1an)cnSn1cn1anbn， Sn1(cncn1)ancnanbn， 所以Sn1dncnnbn. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 又Sn1(n1)， n 1 2 nn 1 2 所以dncnnbn， nn 1 2 即dcnbn，(*) n1 2 所以当n3 时，dcn1bn1， n2 2 两式相减得bnbn1d(n3)， 3 2 所以数列bn从第二项起是公差为d的等差数列 3 2 又当n1 时，由c1S1a1b1，得c1b1. 当n2 时，由(*)得 b2dc2d(c1d)b1d， 21 2 1 2 3 2 得b2b1d. 3 2 故数列bn是公差为d的等差数列 3 2 (3)证明 由(2)得当n2 时， Sn1(cncn1)ancnanbn， 即Sn1dan(bncn) 因为bncnk，所以bncnkd， 即bncnkd， 所以Sn1dan·kd， 即Sn1kan， 所以SnSn1an(k1)an. 当n3 时，Sn1(k1)an1， 两式相减得an(k1)an(k1)an1， 即anan1， k1 k 故从第二项起数列an是等比数列， 所以当n2 时，ana2 n2， ( k1 k) bncnkcnkdc1(n1)kk2 k(n1)kk2k(nk)， 另外由已知条件得(a1a2)c2a1b1a2b2. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 又c22k，b1k，b2k(2k)， 所以a21，因而an n2，n2. ( k1 k) 令dn(n2)，则. bn an dn1 dn bn1an an1bn nk 1 k nkk 1 因为(nk1)k(nk)(k1)n0，所以dn1dn， 所以对任意的n2，nN N*，数列单调递减 bn an