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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a12，对nN*，都有an1(p1)Sn2(其中常数p1)，数列bn满足bnlog2(a1a2an)(1)求证：数列an是等比数列；(2)若p2，求b2 018的值；(3)若kN*，使得p2，记cn，求数列cn的前2(k1)项的和(1)证明因为nN*，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*)，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.bnlog2(a1a2an) log2所以b2 0182.(3)解由(1)得an2pn1.bnlog2(a1a2an) log2 log21.因为bn，所以当1nk1时，cnbn，当nk2时，cnbn.因此数列cn的前2(k1)项的和T2k2(b1b2bk1)(bk2bk3b2k2) .2已知数列an的前n项和为Sn，且a11，a22，设bnanan1，cnanan1(nN*)(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.(2)bn1bnan2an3，a2k1，a2k均是公差为3的等差数列，a2k1a1(k1)33k2，a2ka2(k1)33k1，当n2k(kN*)时，SnS2k(a1a3a2k1)(a2a4a2k)3k2；当n2k1(kN*)时，SnS2k1S2ka2k3k23k13231.综上可知，Sn(3)bn成等差数列，2b2b1b3，即2(a2a3)(a1a2)(a3a4)，a2a3a1a4，cn成等比数列，cc1c3.即(a2a3)2(a1a2)(a3a4)，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an此时cn2，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a1b1a2b2anbncnSn，nN*，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*)，bncnk(n2，nN*)，求证：对任意的n2，nN*，数列单调递减(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*)(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.又Sn1(n1)，所以dncnnbn，即dcnbn，(*)所以当n3时，dcn1bn1，两式相减得bnbn1d(n3)，所以数列bn从第二项起是公差为d的等差数列又当n1时，由c1S1a1b1，得c1b1.当n2时，由(*)得b2dc2d(c1d)b1d，得b2b1d.故数列bn是公差为d的等差数列(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Sn1dankd，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，故从第二项起数列an是等比数列，所以当n2时，ana2n2，bncnkcnkdc1(n1)kk2k(n1)kk2k(nk)，另外由已知条件得(a1a2)c2a1b1a2b2.又c22k，b1k，b2k(2k)，所以a21，因而ann2，n2.令dn(n2)，则.因为(nk1)k(nk)(k1)n0，所以0，所以dn1dn，所以对任意的n2，nN*，数列单调递减
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