Question

已知數(shù)列{a_n}共有2k項（2≤k∈N^*），數(shù)列{a_n}的前n項的和為S_n，滿足a₁=2，a_n+1=（p-1）S_n+2（n=1，2，3，…，2n-1），其中常數(shù)p＞1
（1）求證：數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列；
（2）若p=2 

2

2k-1

，數(shù)列{b_n}滿足b_n=

1

n

log₂（a₁a₂…a_n）（n=1，2，…，2n），求數(shù)列{b_n}的通項公式
（3）對于（2）中的數(shù)列{b_n}，記c_n=|b_n-

3

2

|，求數(shù)列{c_n}的前2k項的和．

Answer 1

考點：數(shù)列的求和,數(shù)列的應(yīng)用

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）當n=1時，a₂=2p，則

a2

a1

=p，當2≤n≤2n-1時，a_n+1=（p-1）S_n+2，a_n=（p-1）S_n-1+2，由此能證明數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列．
（2）由an=2pn-1得a₁a₂…a_n=2ⁿp^{1+2+3+…+n-1}=2n+

(n-1)n

2k-1

，b_n=

1

n

（n+

(n-1)n

2k-1

），由此能求出數(shù)列{b_n}的通項公式．
（3）c_n=|b_n-

3

2

|，由已知得當n≤k時，bn＜

3

2

；當n≥k+1時，bn＞

3

2

，從而數(shù)列{c_n}的前2k項的和T_2k═（b_k+1+b_k+2+…+b_2k）-（b₁+b₂+…+b_k），由此能求出結(jié)果．

解答： （1）證明：當n=1時，a₂=2p，則

a2

a1

=p，
當2≤n≤2n-1時，a_n+1=（p-1）S_n+2，a_n=（p-1）S_n-1+2，
∴a_n+1-a_n=（p-1）a_n，即a_n+1=pa_n，
∴

an+1

an

=p，
故數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列．
（2）解：由（1），得an=2pn-1（n=1，2，…，2n），
∴a₁a₂…a_n=2ⁿp^{1+2+3+…+n-1}=2np

(n-1)n

2

=2n•2

2

2k-1

×

(n-1)n

2

=2n+

(n-1)n

2k-1

，
b_n=

1

n

log₂（a₁a₂…a_n）
=

1

n

（n+

(n-1)n

2k-1

）
=

n-1

2k-1

+1，（n=1，2，…，2n），
即數(shù)列{b_n}的通項公式為bn=

n-1

2k-1

+1，（n=1，2，…，2n）．
（3）c_n=|b_n-

3

2

|，設(shè)bn≤

3

2

，解得n≤k+

1

2

，
又n為正整數(shù)，于是：當n≤k時，bn＜

3

2

；當n≥k+1時，bn＞

3

2

，
∴數(shù)列{c_n}的前2k項的和：
T_2k=|b1-

3

2

|+|b2-

3

2

|+…+|b2k-1-

3

2

|+|b2k-

3

2

|
=(

3

2

-b1)+(

3

2

-b2)+…+(

3

2

-bk)+（bk+1-

3

2

）+（bk+2-

3

2

）+…+（b2k-

3

2

）
=（b_k+1+b_k+2+…+b_2k）-（b₁+b₂+…+b_k）
=

1

2k-1

[1+(k+1)+…(2k-1)+2k]-

1

2k-1

[1+2+…+(k-1)+k]
=

k2

2k-1

．

點評：本題考查等比數(shù)列的證明，考查數(shù)列的通項公式的求法，考查數(shù)列的前2k項的和的求法，解題時要認真審題，注意分類討論思想的合理運用．