Question

1．已知{a_n}，{b_n}，{c_n}都是各項不為零的數(shù)列，且滿足a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=c_nS_n，n∈N^*，其中S_n是數(shù)列{a_n}的前n項和，{c_n}是公差為d（d≠0）的等差數(shù)列．
（1）若數(shù)列{a_n}是常數(shù)列，d=2，c₂=3，求數(shù)列{b_n}的通項公式；
（2）若a_n=λn（λ是不為零的常數(shù)），求證：數(shù)列{b_n}是等差數(shù)列；
（3）若a₁=c₁=d=k（k為常數(shù)，k∈N^*），b_n=c_n+k（n≥2，n∈N^*），求證：對任意的n≥2，n∈N^*，數(shù)列$\{\frac{b_n}{a_n}\}$單調(diào)遞減．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意，由S_nc_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n，得n（2n-1）=b₁+b₂+…+b_n，遞推得當n≥2時，（n-1）（2n-3）=b₁+b₂+…+b_n-1，兩式相減即可；      
（2）由a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=c_nS_n，遞推得當n≥2時，S_n-1c_n-1=a₁b₁+a₂b₂+…+a_n-1b_n-1，兩式相減、計算可得$\frac{（n-1）}{2}d+{c_n}={b_n}$，從而可得當n≥3時，$\frac{（n-2）}{2}d+{c_{n-1}}={b_{n-1}}$，再次兩式相減得${b_n}-{b_{n-1}}=\frac{3}{2}d$（n≥3）即可結(jié)論；                                
（3）由（2）得當n≥2時，有S_n-1d=a_n（b_n-c_n），化簡得S_n=（k+1）a_n，從而當n≥3時，S_n-1=（k+1）a_n-1，兩式相減得${a_n}=\frac{k+1}{k}{a_{n-1}}$，故當n≥2時，${a_n}={a_2}{（\frac{k+1}{k}）^{n-2}}$，b_n=k（n+k），由a₂=1，知${a_n}={（\frac{k+1}{k}）^{n-2}}$，令d_n=$\frac{b_n}{a_n}$，則$\frac{xkymtt7_{n+1}}{gx0i7g5_{n}}$=$\frac{（n+k+1）k}{（n+k）（k+1）}$＜1，從而可得結(jié)論．

解答 解：（1）∵d=2，c₂=3，∴c_n=2n-1，
∵數(shù)列{a_n}是各項不為零的常數(shù)列，
∴a₁=a₂=…=a_n，S_n=na₁，
則由S_nc_n=a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n及c_n=2n-1，得n（2n-1）=b₁+b₂+…+b_n，
當n≥2時，（n-1）（2n-3）=b₁+b₂+…+b_n-1，兩式相減得b_n=4n-3，
當n=1時，b₁=1，也滿足b_n=4n-3，
故${b_n}=4n-3（n∈{N^*}）$．      
（2）因為a₁b₁+a₂b₂+…+a_nb_n=c_nS_n，
當n≥2時，S_n-1c_n-1=a₁b₁+a₂b₂+…+a_n-1b_n-1，
兩式相減得S_nc_n-S_n-1c_n-1=a_nb_n，
即（S_n-1+a_n）c_n-S_n-1c_n-1=a_nb_n，S_n-1（c_n-c_n-1）+a_nc_n=a_nb_n，
即S_n-1d+λnc_n=λnb_n，
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$\frac{（n-1）}{2}d+{c_n}={b_n}$，
所以當n≥3時，$\frac{（n-2）}{2}d+{c_{n-1}}={b_{n-1}}$，
兩式相減得${b_n}-{b_{n-1}}=\frac{3}{2}d$（n≥3），
所以數(shù)列{b_n}從第二項起是公差為$\frac{3}{2}d$等差數(shù)列；
又當n=1時，由S₁c₁=a₁b₁得c₁=b₁，
當n=2時，由${b_2}=\frac{（2-1）}{2}d+{c_2}=\frac{1}{2}d+（{c_1}+d）={b_1}+\frac{3}{2}d$得${b_2}-{b_1}=\frac{3}{2}d$，
故數(shù)列{b_n}是公差為$\frac{3}{2}d$的等差數(shù)列．                                
（3）由（2）得當n≥2時，S_n-1（c_n-c_n-1）+a_nc_n=a_nb_n，即S_n-1d=a_n（b_n-c_n），
因為b_n=c_n+k，所以b_n=c_n+kd，即b_n-c_n=kd，
所以S_n-1d=a_n•kd，即S_n-1=ka_n，
所以S_n=S_n-1+a_n=（k+1）a_n，
當n≥3時，S_n-1=（k+1）a_n-1，兩式相減得 a_n=（k+1）a_n-（k+1）a_n-1，
即${a_n}=\frac{k+1}{k}{a_{n-1}}$，故從第二項起數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列，
所以當n≥2時，${a_n}={a_2}{（\frac{k+1}{k}）^{n-2}}$，
${b_n}={c_{n+k}}={c_n}+kd={c_1}+（n-1）k+{k^2}=k+（n-1）k+{k^2}=k（n+k）$，
另外由已知條件得（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d_n=$\frac{b_n}{a_n}$，則$\frac{{{d_{n+1}}}}{d_n}=\frac{{{b_{n+1}}{a_n}}}{{{a_{n+1}}{b_n}}}$=$\frac{（n+k+1）k}{（n+k）（k+1）}$，
因為（n+k+1）k-（n+k）（k+1）=-n＜0，
所以$\frac{{{d_{n+1}}}}{d_n}＜1$，所以對任意的n≥2，n∈N^*，數(shù)列$\{\frac{b_n}{a_n}\}$單調(diào)遞減．

點評 本題考查求數(shù)列的通項公式、單調(diào)性、遞推式、考查了推理能力與計算能力，屬于難題．