题目内容
1．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$\{\frac{b_n}{a_n}\}$单调递减．
分析 （1）根据题意，由Sncn=a1b1+a2b2+…+anbn，得n（2n-1）=b1+b2+…+bn，递推得当n≥2时，（n-1）（2n-3）=b1+b2+…+bn-1，两式相减即可；
（2）由a1b1+a2b2+…+anbn=cnSn，递推得当n≥2时，Sn-1cn-1=a1b1+a2b2+…+an-1bn-1，两式相减、计算可得$\frac{（n-1）}{2}d+{c_n}={b_n}$，从而可得当n≥3时，$\frac{（n-2）}{2}d+{c_{n-1}}={b_{n-1}}$，再次两式相减得${b_n}-{b_{n-1}}=\frac{3}{2}d$（n≥3）即可结论；
（3）由（2）得当n≥2时，有Sn-1d=an（bn-cn），化简得Sn=（k+1）an，从而当n≥3时，Sn-1=（k+1）an-1，两式相减得${a_n}=\frac{k+1}{k}{a_{n-1}}$，故当n≥2时，${a_n}={a_2}{（\frac{k+1}{k}）^{n-2}}$，bn=k（n+k），由a2=1，知${a_n}={（\frac{k+1}{k}）^{n-2}}$，令dn=$\frac{b_n}{a_n}$，则$\frac{{d}_{n+1}}{{d}_{n}}$=$\frac{（n+k+1）k}{（n+k）（k+1）}$＜1，从而可得结论．
解答 解：（1）∵d=2，c2=3，∴cn=2n-1，
∵数列{an}是各项不为零的常数列，
∴a1=a2=…=an，Sn=na1，
则由Sncn=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，
当n=1时，b1=1，也满足bn=4n-3，
故${b_n}=4n-3（n∈{N^*}）$．
（2）因为a1b1+a2b2+…+anbn=cnSn，
当n≥2时，Sn-1cn-1=a1b1+a2b2+…+an-1bn-1，
两式相减得Sncn-Sn-1cn-1=anbn，
即（Sn-1+an）cn-Sn-1cn-1=anbn，Sn-1（cn-cn-1）+ancn=anbn，
即Sn-1d+λncn=λnbn，
又${S_{n-1}}=\frac{λ+λ（n-1）}{2}（n-1）=\frac{λn（n-1）}{2}$，
所以$\frac{λn（n-1）}{2}d+λn{c_n}=λn{b_n}$，
即$\frac{（n-1）}{2}d+{c_n}={b_n}$，
所以当n≥3时，$\frac{（n-2）}{2}d+{c_{n-1}}={b_{n-1}}$，
两式相减得${b_n}-{b_{n-1}}=\frac{3}{2}d$（n≥3），
所以数列{bn}从第二项起是公差为$\frac{3}{2}d$等差数列；
又当n=1时，由S1c1=a1b1得c1=b1，
当n=2时，由${b_2}=\frac{（2-1）}{2}d+{c_2}=\frac{1}{2}d+（{c_1}+d）={b_1}+\frac{3}{2}d$得${b_2}-{b_1}=\frac{3}{2}d$，
故数列{bn}是公差为$\frac{3}{2}d$的等差数列．
（3）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${a_n}=\frac{k+1}{k}{a_{n-1}}$，故从第二项起数列{an}是等比数列，
所以当n≥2时，${a_n}={a_2}{（\frac{k+1}{k}）^{n-2}}$，
${b_n}={c_{n+k}}={c_n}+kd={c_1}+（n-1）k+{k^2}=k+（n-1）k+{k^2}=k（n+k）$，
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${a_n}={（\frac{k+1}{k}）^{n-2}}$，
令dn=$\frac{b_n}{a_n}$，则$\frac{{{d_{n+1}}}}{d_n}=\frac{{{b_{n+1}}{a_n}}}{{{a_{n+1}}{b_n}}}$=$\frac{（n+k+1）k}{（n+k）（k+1）}$，
因为（n+k+1）k-（n+k）（k+1）=-n＜0，
所以$\frac{{{d_{n+1}}}}{d_n}＜1$，所以对任意的n≥2，n∈N*，数列$\{\frac{b_n}{a_n}\}$单调递减．
点评 本题考查求数列的通项公式、单调性、递推式、考查了推理能力与计算能力，属于难题．
| A． | a=$\frac{bsinA}{cosB}$ | B． | b=$\frac{asinA}{sinB}$ | C． | c=acosB+bcosA | D． | b=$\frac{csinC}{sinB}$ |
如图，从棱长为6cm的正方体铁皮箱ABCD-A1B1C1D1中分离出来由三个正方形面板组成的几何图形．| A． | $\sqrt{5}$ | B． | $\sqrt{3}$ | C． | 2 | D． | $\sqrt{2}$ |
如图，已知双曲线$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，|F1F2|=8，P是双曲线右支上的一点，直线F2P与y轴交于点A，△APF1的内切圆在边PF1上的切点为Q，若|PQ|=2，则该双曲线的离心率为（ ）