题目内容

19.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+an=4,n∈N*
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)已知cn=2n+3(n∈N*),记dn=cn+logCan(C>0,C≠1),是否存在这样的常数C,使得数列{dn}是常数列,若存在,求出C的值;若不存在,请说明理由.
(3)若数列{bn},对于任意的正整数n,均有${b_1}{a_n}+{b_2}{a_{n-1}}+{b_3}{a_{n-2}}+…+{b_n}{a_1}={({\frac{1}{2}})^n}-\frac{n+2}{2}$成立,求证:数列{bn}是等差数列.

分析 (1)利用“当n=1时,a1=S1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1”即可得出;
(2)dn=cn+logCan=2n+3+logC22-n=(2-logC2)n+3+2logC2,假设存在这样的常数C,使得数列{dn}是常数列,则2-logC2=0,解得C即可;
(3)由于对于任意的正整数n,均有b1an+b2an-1+b3an-2+…+bna1=($\frac{1}{2}$)n-$\frac{n+2}{2}$成立(*),b1an+1+b2an+…+bna2+bn+1a1=($\frac{1}{2}$)n+1-$\frac{n+3}{2}$.(*)两边同乘以$\frac{1}{2}$可得:b1an+1+b2an+…+bna2=($\frac{1}{2}$)n+1-$\frac{n+2}{4}$.两式相减可得可得bn+1=$\frac{-n-4}{8}$,即bn=$\frac{-n-3}{8}$,(n≥3).n=1,2也成立,即可证明.

解答 解:(1)∵Sn+an=4,n∈N*.∴当n≥2时,Sn-1+an-1=4,
∴an+an-an-1=0,即an=$\frac{1}{2}$an-1
当n=1时,2a1=4,解得a1=2.
∴数列{an}是等比数列,an=2•($\frac{1}{2}$)n-1=22-n
(2)dn=cn+logCan=2n+3+logC22-n=2n+3+(2-n)logC2=(2-logC2)n+3+2logC2,
假设存在这样的常数C,使得数列{dn}是常数列,
则2-logC2=0,解得C=$\sqrt{2}$.
∴存在这样的常数C=$\sqrt{2}$,使得数列{dn}是常数列,dn=3+2$lo{g}_{\sqrt{2}}2$=7.
(3)证明:∵对于任意的正整数n,均有b1an+b2an-1+b3an-2+…+bna1=($\frac{1}{2}$)n-$\frac{n+2}{2}$成立(*),
∴b1an+1+b2an+…+bna2+bn+1a1=($\frac{1}{2}$)n+1-$\frac{n+3}{2}$.①
(*)两边同乘以$\frac{1}{2}$可得:b1an+1+b2an+…+bna2=($\frac{1}{2}$)n+1-$\frac{n+2}{4}$.②.
①-②可得bn+1a1=$\frac{n+2}{4}$-$\frac{n+3}{2}$=$\frac{-n-4}{4}$,
∴bn+1=$\frac{-n-4}{8}$,
∴bn=$\frac{-n-3}{8}$,(n≥3).
又2b1=$\frac{1}{2}$-$\frac{3}{2}$,解得b1=-$\frac{1}{2}$.
b1a2+b2a1=$\frac{1}{4}$-$\frac{4}{2}$,
∴-$\frac{1}{2}$×1+b2×2=-$\frac{7}{4}$,解得b2=-$\frac{5}{8}$.
当n=1,2时,bn=$\frac{-n-3}{8}$,也适合.
∴bn=$\frac{-n-3}{8}$,(n∈N*)是等差数列.

点评 本题考查an=$\left\{\begin{array}{l}{{S}_{1},n=1}\\{{S}_{n}-{S}_{n-1},n≥2}\end{array}\right.$,将给的和项混合式转化为项与项之间或和与和之间的关系式,然后再求通项或和的公式是一种常考模式,注意灵活地运用“错位相减法”的解题策略.

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