2019版高考数学一轮复习《第五章数列》课时训练（含答案）

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1、第五章 数列第 1 课时 数列的概念及其简单表示法一、 填空题1. 数列 ， ， ，的第 10 项是_23 4567 89答案：2021解析：所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把符号、分母、分子每一部分进行分解，就很容易归纳出数列a n的通项公式为 an(1) n1 ，故2n2n 1a10 .20212. 已知数列a n满足 an2 a n1 a n，且 a12，a 23，则 a2 016的值为_答案：1解析：由题意，得a3a 2a 11，a 4a 3a 22，a 5a 4a 33，a 6a 5a 41，a 7a 6a 52， 数列a n是周期为 6 的周期数列而 2 0

2、166336， a 2 016a 61.3. 数列 7，9，11，2n1 的项数是_. 答案：n3解析：易知 a17，d2，设项数为 m，则 2n17(m1)2，mn3.4. 已知数列a n的前 n 项和为 Sn，且 an0(nN *)，又 anan1 S n，则a3a 1_答案：1解析：因为 anan1 S n，所以令 n1 得 a1a2S 1a 1，即 a21.令 n2，得a2a3S 2a 1a 2，即 a31a 1，所以 a3a 11.5. 已知数列a n的前 n 项和 Snn 22n1，则a n的通项公式为_答案：a n 4（ n 1） ，2n 1（ n 2） )解析：当 n1 时，a

3、 1S 14；当 n2 时，a nS nS n1 2n1， an4（ n 1） ，2n 1（ n 2） .)6. 已知数列a n的前 n 项和为 Sn，且 Sn2a n1(nN *)，则 a5_答案：16解析：当 n1 时，S 12a 11， a 11；当 n2 时，S n2a n1，S n1 2a n1 1，则有 an2a n2a n1 ， an2a n1 . an是等比数列，且 a11，q2，故 a5a 1q42 416.7. 若数列a n的前 n 项和 Sn an ，则a n的通项公式 an_23 13答案：(2) n1解析：当 n1 时，a 11；当 n2 时，a nS nS n1 a

4、n an1 ，则 2，23 23 anan 1得 an(2) n1 .8. 设数列a n满足 a1a，a n1 (nN *)若数列a n是常数列，则a_. 答案：2解析：因为数列a n是常数列，所以 aa 2 ，即 a(a1)a 22，解得a2 2a 1a2.9. 数列a n的前 n 项积为 n2，那么当 n2 时，a n_答案：n2（ n 1） 2解析：设数列a n的前 n 项积为 Tn，则 Tnn 2，当 n2 时，a n .TnTn 1 n2（ n 1） 210. 数列a n满足：a 11，且对任意的 m，nN *都有 anm a na mnm，则a100_答案：5 050解析：令 m1

5、，则 an1 a n1na n1 a nn1a 100(a 100a 99)(a 99a 98)(a 3a 2)(a 2a 1)a 110099215 050.二、 解答题11. 数列a n的通项公式是 ann 27n6.(1) 这个数列的第 4 项是多少？(2) 150 是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？(3) 该数列从第几项开始各项都是正数？解：(1) 当 n4 时，a 44 24766.(2) 令 an150，即 n27n6150，解得 n16 或 n9(舍去)，即 150 是数列的第 16 项(3) 令 ann 27n60，解得 n6 或 n1(舍)， 从第 7 项起各

6、项都是正数12. 已知数列a n满足前 n 项和 Snn 21，数列b n满足 bn ，且前 n 项和为2an 1Tn.设 cnT 2n1 T n.(1) 求数列b n的通项公式；(2) 判断数列c n的增减性解：(1) a 12，a nS nS n1 2n1(n2)， b n23（ n 1） ，1n（ n 2） .)(2) c nb n1 b n2 b 2n1 ，1n 1 1n 2 12n 1 c n1 c n 12n 2 12n 3 1n 1 a1a2a3a4，a 5a6a7a n1(nN *)， 数列a n中的最大项为 a52，最小项为 a40.(2) an1 1 ，对任意的 nN *，

7、都有 ana 6成立，结合函1a 2（ n 1）12n 2 a2数 f(x)1 的单调性，可知 50，a 90，78d1)，得 q2，a 11，则 a34.2. 设等比数列a n的公比 q ，前 n 项和为 Sn，则 _12 S4a4答案：15解析：S 4 ，a 4a 1q3，所以 15.a1（ 1 q4）1 q S4a4 1 q4q3（ 1 q）3. 在各项均为正数的等比数列a n中，若 log2a2log 2a81，则 a3a7_答案：2解析：由 log2a2log 2a81 得 log2(a2a8)1，所以 a2a82，由等比数列性质可得a3a7a 2a82.4. 已知等比数列a n的前

8、 n 项和为 Sn，且 4a1，2a 2，a 3依次成等差数列，若 a11，则 S5_ .答案：31解析：因为 4a1，2a 2，a 3依次成等差数列，4a 24a 1a 3，所以 4a1q4a 1a 1q2，所以q2.又 a11，所以 S5 31.a1（ 1 q5）1 q5. 设 Sn是等比数列a n的前 n 项和，若 a52a 100，则 的值是_S20S10答案：54解析：当 q1 时，a 5a 100 不合题意， 公比 q1. q 5 ，因而 1q 101 .a10a5 12 S20S10 1 q201 q10 14 546. 我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红

9、光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯_盏答案：3解析：设塔的顶层共有灯 x 盏，则各层的灯数构成一个首项为 x，公比为 2 的等比数列，结合等比数列的求和公式有： 381，解得 x3，即塔的顶层共有灯x（ 1 27）1 23 盏7. 设等比数列a n的前 n 项和为 Sn，若 S37，S 663，则a7a 8a 9_答案：448解析：由 S37，S 663，得 a1a 2a 37，7a 4a 5a 663，则a4a 5a 6(a 1a 2a 3)q356，q 38，a 7a

10、8a 9(a 4a 5a 6)q3568448.8. 已知等比数列a n的前 n 项和为 Sn，若 S22a 23，S 32a 33，则公比 q 的值为_答案：2解析： S22a 23，S 32a 33， a1a 1q3，a 1(1q)a 1q23， q22q0，q0，则公比 q2.9. 在等比数列a n中，已知 a11，a 48，设 S3n为该数列的前 3n 项和，T n为数列a的前 n 项和若 S3ntT n，则实数 t 的值为_3n答案：7解析： a 4a 1q3q 38， q2，S 3n 8 n1.由题意知，数列a 是首1 23n1 2 3n项为 1，公比为 8 的等比数列，T n (

11、8n1)由 S3ntT n，得 t7.1 8n1 8 1710. 在正项等比数列a n中，若 a4a 32a 22a 16，则 a5a 6的最小值为_答案：48解析：设 a2a 1x，等比数列的公比为 q，则 a4a 3 xq 2，a 5a 6 xq 4.再由a4a 32a 22a 16，得 xq262x， x 0，q1. a5a 6 xq 4 6q2 2 6 6(44)48，当且仅当 q222 时，等号成立，故6q4q2 2 (q2 2 4q2 2 4)a5a 6的最小值为 48.二、 解答题11. 已知a n是首项为 a1，公比 q 为正数(q1)的等比数列，其前 n 项和为 Sn，且5S

12、24S 4.(1) 求 q 的值(2) 设 bnqS n，请判断数列b n能否为等比数列？若能，请求出 a1的值；若不能，请说明理由解：(1) 由题意知，5S 24S 4， .5a1（ 1 q2）1 q 4a1（ 1 q4）1 q a 10，q0，且 q1， 4q 45q 210，解得 q .12(2) S n 2a 1a 1 ，a1（ 1 qn）1 q (12)n 1 b nqS n 2a 1a 1 .12 (12)n 1 当且仅当 2a 10，即 a1 时，b n 为等比数列，12 14 (12)n 1 b n能为等比数列，此时 a1 .1412. 已知等差数列a n的公差 d 不为 0，

13、且ak1，ak 2，ak n，(k 1k 2k n)成等比数列，公比为 q.(1) 若 k11，k 23，k 38，求 的值；a1d(2) 当 为何值时，数列k n为等比数列a1d解：(1) 由已知可得 a1，a 3，a 8成等比数列，所以(a 12d) 2a 1(a17d)，整理可得，4d23a 1d.因为 d0，所以 .a1d 43(2) 设数列k n为等比数列，则 k k 1k3.又 ak1，ak 2，ak 3成等比数列，2所以a 1(k 11)da 1(k 31)da 1(k 21)d 2.整理，得 a1(2k2k 1k 3)d(k 1k3k k 1k 32k 2)2因为 k k 1k

14、3，所以 a1(2k2k 1k 3)d(2k 2k 1k 3)2因为 2k2k 1k 3，所以 a1d，即 1.a1d当 1 时，a na 1(n1)dnd，所以 aknk nd.a1d因为 aknak 1qn1 k 1dqn1 ，所以 knk 1qn1 .所以 q，数列k n为等比数列kn 1kn k1qnk1qn 1综上，当 1 时，数列k n为等比数列a1d13. (2017苏州期中)已知等比数列a n的公比 q1，且满足 a2a 3a 428，且a32 是 a2，a 4的等差中项(1) 求数列a n的通项公式；(2) 若 bna nlog an，S nb 1b 2b n，求使 Snn2

15、 n1 62 成立的正整数 n 的最12小值解：(1) a 32 是 a2，a 4的等差中项， 2(a 32)a 2a 4，代入 a2a 3a 428，可得 a38， a 2a 420， 解得 或 a1q2 8，a1q a1q3 20， ) a1 2，q 2 ) a1 32，q 12. ) q1， 数列a n的通项公式为 an2 n.a1 2，q 2， )(2) b na nlog an2 nlog 2nn2 n，1212 S n(1222 2n2 n) ，2Sn(12 222 3(n1)2 nn2 n1 ) ，得，S n22 22 32 nn2 n1 n2 n1 2 n1 2n2 n1 .2

16、（ 1 2n）1 2 S nn2 n1 62， 2 n1 262， n16，n5， 使 Sn n2n1 62 成立的正整数 n 的最小值为 6.第 4 课时 数列的求和一、 填空题1. 在数列a n中，若 a12，且对任意的 nN *有 2an1 12a n，则数列a n前 10项的和为_答案：52解析：由 2an1 12a n得 an1 a n ，所以数列a n是首项为2，公差为 的等差12 12数列，所以 S1010(2) .10（ 10 1）2 12 522. 已知数列a n的通项公式是 an ，其前 n 项和 Sn ，则项数2n 12n 32164n_答案：6解析： an1 ， 12n

17、Sn n( )(112) (1 14) (1 18) (1 12n) 12 14 18 12nn n1 .由 Sn n1 ，可得出 n6.121 (12)n 1 12 12n 32164 12n3. 数列 1 ，3 ，5 ，7 ，(2n1) ，的前 n 项和 Sn_12 14 18 116 12n答案：n 2112n解析：该数列的通项公式为 an(2n1) ，则 Sn135(2n1)12n( )n 21 .12 122 12n 12n4. 已知等差数列a n的前 n 项和为 Sn，a 55，S 515，则数列 的前 100 项1anan 1和为_答案：100101解析： a 55，S 515，

18、 15，则 a11，5（ a1 a5）2 d 1， ann， .设数列 的a5 a14 1anan 1 1n（ n 1） 1n 1n 1 1anan 1前 n 项和为 Tn，则 T 100 1 .(112) (12 13) (1100 1101) 1101 1001015. 已知数列a n的前 n 项和 Snn 26n，则|a n|的前 n 项和 Tn_答案： 6n n2（ 1 n 3） ，n2 6n 18（ n3） )解析：由 Snn 26n 得a n是等差数列，且首项为5，公差为 2， an5(n1)22n7， 当 n3 时，a n3 时，a n0， Tn6n n2（ 1 n 3） ，n2

19、 6n 18（ n3） . )6. 数列a n的前 n 项和为 Sn，已知 Sn1234(1) n1 n，则S17_答案：9解析：S 171234561516171(23)(45)(67)(1415)(1617)11119.7. 已知数列a n： ， ， ， ，.若12 13 23 14 24 34 110 210 310 910bn ，那么数列b n的前 n 项和 Sn_1anan 1答案：4nn 1解析： a n ，1 2 3 nn 1 n2 b n 4 ，1anan 1 4n（ n 1） (1n 1n 1) S n4 4 .(112) (12 13) (1n 1n 1) (1 1n 1)

20、 4nn 18. 已知数列a n满足 an2 a n(nN )，且 a11，a 22，则数列a n的前 2 014项的和为_答案：3解析： an2 a n(a n2 )，n2， 数列a n是以 4 为周期的周期数列S 2 014503(a 1a 2a 3a 4)a 2 013a 2 014503(a 1a 2a 1a 2)a 50341 a 50342 a 1a 23.9. 设数列a n满足 a11，且 an1 a nn1(nN *)，则数列 前 10 项的和为1an_答案：2011解析： a11，a n1 a nn1， a2a 12，a 3a 23，a na n1 n.将以上 n1 个式子相

21、加得 ana 123n ，即 an .令n（ n 1） 22 n（ n 1）2bn ，故 bn 2 ，故 S10b 1b 2b 102(1 1an 2n（ n 1） (1n 1n 1) 12 12 13 ) .110 111 2011二、 解答题10. 已知数列a n的通项 an 求其前 n 项和 Sn.6n 5（ n为 奇 数 ） ，2n（ n为 偶 数 ） ， )解：奇数项组成以 a11 为首项，公差为 12 的等差数列，偶数项组成以 a24 为首项，公比为 4 的等比数列；当 n 为奇数时，奇数项有 项，偶数项有 项， Snn 12 n 12 ；当 n 为偶数时，n 12 （ 1 6n

22、5）24（ 1 4n 12 ）1 4 （ n 1） （ 3n 2）2 4（ 2n 1 1）3奇数项和偶数项分别有 项，n2 S n ，n2（ 1 6n 5）24（ 1 4n2 ）1 4 n（ 3n 2）2 4（ 2n 1）3 S n（ n 1） （ 3n 2）2 4（ 2n 1 1）3 （ n为 奇 数 ） ，n（ 3n 2）2 4（ 2n 1）3 （ n为 偶 数 ） . )11. 设等差数列a n的前 n 项和为 Sn，且 S32S 24，a 536.(1) 求 an，S n；(2) 设 bnS n1(nN *)，T n ，求 Tn.1b1 1b2 1b3 1bn解：(1) 因为 S32S

23、 24，所以 a1d4.因为 a536，所以 a14d36，解得 d8，a 14，所以 an48(n1)8n4，S n 4n 2.n（ 4 8n 4）2(2) 因为 bn4n 21(2n1)(2n1)，所以 ，1bn 1（ 2n 1） （ 2n 1） 12( 12n 1 12n 1)Tn 1b1 1b2 1b3 1bn12(1 13 13 15 12n 1 12n 1) .12(1 12n 1) n2n 112. 已知数列a n是首项为 a1 ，公比为 q 的等比数列，设 bn23log an(nN *)，14 14 14数列c n满足 cna nbn.(1) 求数列b n的通项公式；(2)

24、求数列c n的前 n 项和 Sn.解：(1) 由题意，知 an (nN *)(14)n 又 bn3log an2，故 bn3n2(nN *)14(2) 由(1)知 an ，b n3n2(nN *)，(14)n 所以 cn(3n2) (nN *)，(14)n 所以 Sn1 4 7 (3n5) (3n2) ，14 (14)2 (14)3 (14)n 1 (14)n 于是 Sn1 4 7 (3n5) (3n2)( )n1 ，14 (14)2 (14)3 (14)4 (14)n 14两式相减，得Sn 3( )2( )3( )n(3n2) (3n2)( )n1 ，34 14 14 14 14 (14)n

25、 1 12 14所以 Sn (nN *)23 3n 23 (14)n 13. 在等差数列a n中，已知公差 d2，a 2是 a1与 a4的等比中项(1) 求数列a n的通项公式；(2) 设 bna ，记 Tnb 1b 2b 3b 4(1) nbn，求 Tn.n（ n 1）2解：(1) 由题意知(a 1d) 2a 1(a13d)，即(a 12) 2a 1(a16)，解得 a12，所以数列a n的通项公式为 an2n.(2) 由题意知 bna n(n1)，n（ n 1）2则 bn1 b n2(n1)，所以 Tn122334(1) nn(n1)当 n 为偶数时，Tn(b 1b 2)(b 3b 4)(

26、b n1 b n)48122n ，n2（ 4 2n）2 n（ n 2）2当 n 为奇数时，T nT n1 (b n) n(n1) ，（ n 1） （ n 1）2 （ n 1） 22所以 Tn 第 5 课时 数列的综合应用 （ n 1） 22 ， n为 奇 数 ，n（ n 2）2 ， n为 偶 数 . )一、 填空题1. 在等差数列a n中，满足 3a47a 7，且 a10，S n是数列a n的前 n 项和，若 Sn取得最大值，则 n_答案：9解析：设公差 d，由题设知 3(a13d)7(a 16d)，得 d a10，解不等式433an0，即 a1(n1) 0，解得 n ，则 n9 时，a n0

27、，同理可得 n10 时，(433a1) 374an0，故当 n9 时，S n取得最大值2. 在等比数列a n中，各项都是正数，且 a1， a3，2a 2成等差数列，则12_a9 a10a7 a8答案：32 2解析： a1， a3，2a 2成等差数列， 2 a3a 12a 2，即 a3a 12a 2.设等比数列12 12an的公比为 q 且 q0，则 a3a 1q2，a 2a 1q， a1q2a 12a 1q， q212q，解得q1 或 1 (舍)， q 2( 1) 232 .2 2a9 a10a7 a8 a9（ 1 q）a7（ 1 q） 2 23. 在数列a n中，S n是其前 n 项和，且

28、Sn2a n1，则数列的通项公式an_答案：a n2 n1解析：依题意得 Sn1 2a n1 1，S n2a n1，两式相减得 Sn1 S n2a n1 2a n，即an1 2a n.又 S12a 11a 1，所以 a11，所以数列a n是以 a11 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an2 n1 .4. 等差数列a n的首项为 1，公差不为 0.若 a2，a 3，a 6成等比数列，则a n前 6 项的和为_答案：24解析：设等差数列的公差为 d，由 a2，a 3，a 6成等比数列可得 a a 2a6，即(12d)232(1d)(15d)，整理可得 d22d0.因为公差不为 0，所以 d2，

29、数列的前 6 项和为 S66a 1 d61 (2)24.6（ 6 1）2 6（ 6 1）25. 设等比数列a n的前 n 项和为 Sn，若 S3，S 9，S 6成等差数列，且 a2a 54，则 a8的值为_答案：2解析： 等比数列a n的前 n 项和为 Sn，若 S3，S 9，S 6成等差数列，且 a2a 54， q1， 解得2a1（ 1 q9）1 q a1（ 1 q3）1 q a1（ 1 q6）1 q ，a1q a1q4 4， )a1q8，q 3 ， a 8a 1q7(a 1q)(q3)28 2.12 146. 在等差数列a n中，已知首项 a10，公差 d0.若 a1a 260，a 2a

30、3100，则5a1a 5的最大值为_答案：200解析：由 a1a 260，a 2a 3100 得 2a1d60，2a 13d100，a 10，d0.由线性规划的知识得 5a1a 56a 14d，过点(20，20)时，取最大值为 200.7. 设正项数列a n的前 n 项和是 Sn，a n和 都是等差数列，则 的最小值SnSn 10an是_答案：21解析：由题设知 Sn n n2.又 为等差数列，从而 a1 ，从而(a1d2) d2 Sn d2ana 1(n1)dd ，S n n2， .令(n12) d2 Sn 10and2（ n 10） 2d(n 12)（ n 10） 22(n 12) （ n

31、 10） 22n 12n1t(t1)，原式 21，从而当(t 12 10)2 t 14 (t 441t 42) 14 (2t441t 42)t21，即 n11 时，原式取到最小值 21.8. 中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还 ”其大意为：“有一个人走了 378 里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了 6 天后到达目的地 ”问此人第 4 天和第 5 天共走了_里答案：36解析：由题意知，此人每天走的里数构成公比为 的等比数列，设等比数列的首项为12a1，则有

32、378，解得 a1192，所以a1(1 126)1 12a4192 24，a 524 12，a 4a 5241236，所以此人第 4 天和第 5 天共走了18 1236 里9. 已知a n，b n均为等比数列，其前 n 项和分别为 Sn，T n，若对任意的 nN *，总有 ，则 _SnTn 3n 14 a3b3答案：9解析：设a n，b n的公比分别为 q，q， ，SnTn 3n 14 当 n1 时，a 1b 1.当 n2 时， .当 n3 时，a1 a1qb1 b1q 527， 2q5q3， 7q 27qq 2q60，解得a1 a1q a1q2b1 b1q b1q 2q9，q3， 9.a3b

33、3 a1q2b1q 210. 现有一根 n 节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10 cm，最下面的三节长度之和为 114 cm，第 6 节的长度是首节与末节长度的等比中项，则 n_答案：16解析：设每节竹竿的长度对应的数列为a n，公差为 d(d0)由题意知a110，a na n1 a n2 114，a a 1an.由 ana n1 a n2 114，得 3an1 114，解得26an1 38， (a15d) 2a 1(an1 d) ，即(105d) 210(38d)，解得d2，a n1 a 1(n2)d38，即 102(n2)38，解得 n16.二、 解答题11.

34、设数列a n的前 n 项和为 Sn，满足 2Sna n1 2 n1 1，且 a1，a 25，a 3成等差数列(1) 求 a1，a 2的值；(2) 求证：数列a n2 n是等比数列，并求数列a n的通项公式(1) 解：由已知，得 2a1a 23 ，2(a1a 2)a 37 ，又 a1，a 25，a 3成等差数列，所以 a1a 32a 210 ，解，得 a11，a 25.(2) 证明：由已知，nN *时，2(S n1 S n)a n2 a n1 2 n2 2 n1 ，即an2 3a n1 2 n1 ，即 an1 3a n2 n(n2)，由(1)得，a 23a 12， a n1 3a n2 n(nN

35、 *)，从而有 an1 2 n1 3a n2 n2 n1 3a n32 n3(a n2 n)又 a120， a n2 n0， 3，an 1 2n 1an 2n 数列a n2 n是等比数列，且公比为 3， a n2 n(a 12)3 n1 3 n，即 an3 n2 n.12. 商学院为推进后勤社会化改革，与桃园新区商定，由该区向建设银行贷款 500 万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓，工程于 2017 年初动工，年底竣工并交付使用，公寓管理处采用收费偿还建行贷款形式(年利率 5%，按复利计算)，公寓所收费用除去物业管理费和水电费 18 万元，其余部分全部用于年底还建行贷款(1) 若

36、公寓收费标准定为每生每年 800 元，问到哪一年可偿还建行全部贷款？(2) 若公寓管理处要在 2025 年年底把贷款全部还清，则每生每年的最低收费标准是多少元(精确到元)？(参考数据：lg 1.734 30.239 1，lg 1.050.021 2，1.05 81.477 4)解：(1) 设公寓投入使用后 n 年可偿还全部贷款，则公寓每年收费总额为 1 000800800 000(元)80 万元，扣除 18 万元，可偿还贷款 62 万元依题意有621(15%)(15%) 2(15%) n1 500(15%) n1 ，化简得 62(1.05n1)251.05 n1 ， 1.05 n1.734 3

37、.两边取对数并整理得n 11.28，lg 1.734 3lg 1.05 0.239 10.021 2 当取 n12 时，即到 2029 年底可全部还清贷款(2) 设每生每年的最低收费标准为 x 元，因到 2025 年底公寓共使用了 8 年，依题意有 1(15%)(15%) 2(15%) 7500(15%) 9.(1 000x10 000 18)化简得(0.1x18) 5001.05 9，1.058 11.05 1解得 x992， 每生每年的最低收费标准为 992 元13. 已知数列a n，b n满足 2Sn(a n2)b n，其中 Sn是数列a n的前 n 项和(1) 若数列a n是首项为 ，

38、公比为 的等比数列，求数列b n的通项公式；23 13(2) 若 bnn，a 23，求数列a n的通项公式；(3) 在(2)的条件下，设 cn ，求证：数列c n中的任意一项总可以表示成该数列其anbn他两项之积(1) 解：因为 an 2 ，23( 13)n 1 ( 13)n Sn ，231 ( 13)n 1 ( 13) 121 ( 13)n 所以 bn .2Snan 21 ( 13)n 2( 13)n 2 12(2) 解：若 bnn，则 2Snna n2n，所以 2Sn1 (n1)a n1 2(n1)，两式相减得 2an1 (n1)a n1 na n2，即 nan(n1)a n1 2.当 n

39、2 时，(n1)a n1 (n2)a n2，两式相减得(n1)a n1 (n1)a n1 2(n1)a n，即 an1 a n1 2a n.由 2S1a 12，得 a12，又 a23，所以数列a n是首项为 2，公差为 321 的等差数列，故数列a n的通项公式是 ann1.(3) 证明：由(2)得 cn ，对于给定的 nN *，若存在 k，tn，k，tN *，使得n 1ncnc kct，只需 ，即 1 ，n 1n k 1k t 1t 1n (1 1k) (1 1t)即 ，则 t ，1n 1k 1t 1kt n（ k 1）k n取 kn1，则 tn(n2)，所以对数列c n中的任意一项 cn ，都存在 cn1 和 cn22n ，使n 1n n 2n 1 n2 2n 1n2 2n得 cnc n1 cn22n .