题号:1377    题型:填空题    来源:2020 年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)
已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列, $\left\{b_{n}\right\}$ 为等比数列, $a_{1}=b_{1}=1, a_{5}=5\left(a_{4}-a_{3}\right), b_{5}=4\left(b_{4}-b_{3}\right)$.
(I) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式;
(II) 记 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 求证: $S_{n} S_{n+2} < S_{n+1}^{2}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$;
(III) 对任意的正整数 $n$, 设 $c_{n}=\left\{\begin{array}{ll}\frac{\left(3 a_{n}-2\right) b_{n}}{a_{n} a_{n+2}}, & n \text { 为奇数, } \\ \frac{a_{n-1}}{b_{n+1}} & n \text { 为偶数. }\end{array}\right.$ 求数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的前 $2 n$ 项和.
0 条评论 分享 0 人点赞 收藏 ​ ​ 3 次查看 我来讲解
答案:
(I) 设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 $d$, 等比数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的公比为 $q$.
由 $a_{1}=1, a_{5}=5\left(a_{4}-a_{3}\right)$, 可得 $d=1$.
从而 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=n$.
由 $b_{1}=1, b_{5}=4\left(b_{4}-b_{3}\right)$,
又 $q \neq 0$, 可得 $q^{2}-4 q+4=0$, 解得 $q=2$,
从而 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式为 $b_{n}=2^{n-1}$.
(II)证明: 由( I )可得 $S_{n}=\frac{n(n+1)}{2}$,
故 $S_{n} S_{n+2}=\frac{1}{4} n(n+1)(n+2)(n+3), S_{n+1}^{2}=\frac{1}{4}(n+1)^{2}(n+2)^{2}$,
从而 $S_{n} S_{n+2}-S_{n+1}^{2}=-\frac{1}{2}(n+1)(n+2) < 0$,

对任意的正整数 $n$, 有 $\sum_{k=1}^{n} c_{2 k-1}=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{2^{2 k}}{2 k+1}-\frac{2^{2 k-2}}{2 k-1}\right)=\frac{2^{2 n}}{2 n+1}-1$,
$$
\text { 和 } \sum_{k=1}^{n} c_{2 k}=\sum_{k=1}^{n} \frac{2 k-1}{4^{k}}=\frac{1}{4}+\frac{3}{4^{2}}+\frac{5}{4^{3}}+\cdots+\frac{2 n-3}{4^{n-1}}+\frac{2 n-1}{4^{n}} \text { (1) }
$$


所以 $S_{n} S_{n+2} < S_{n+1}^{2}$.
(III) 当 $n$ 为奇数时, $c_{n}=\frac{\left(3 a_{n}-2\right) b_{n}}{a_{n} a_{n+2}}=\frac{(3 n-2) 2^{n-1}}{n(n+2)}=\frac{2^{n+1}}{n+2}-\frac{2^{n-1}}{n}$,
当 $n$ 为偶数时, $c_{n}=\frac{a_{n-1}}{b_{n+1}}=\frac{n-1}{2^{n}}$ ,

对任意的正整数 $n$, 有 $\sum_{k=1}^{n} c_{2 k-1}=\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{2^{2 k}}{2 k+1}-\frac{2^{2 k-2}}{2 k-1}\right)=\frac{2^{2 n}}{2 n+1}-1$,
$$
\text { 和 } \sum_{k=1}^{n} c_{2 k}=\sum_{k=1}^{n} \frac{2 k-1}{4^{k}}=\frac{1}{4}+\frac{3}{4^{2}}+\frac{5}{4^{3}}+\cdots+\frac{2 n-3}{4^{n-1}}+\frac{2 n-1}{4^{n}} \text { (1) }
$$

由(1)得 $\frac{1}{4} \sum_{k=1}^{n} c_{2 k}=\frac{1}{4^{2}}+\frac{3}{4^{3}}+\frac{5}{4^{4}}+\cdots+\frac{2 n-3}{4^{n}}+\frac{2 n-1}{4^{n+1}}$ (2)
由(1)(2)得 $\frac{3}{4} \sum_{k=1}^{n} c_{2 k}=\frac{1}{4}+\frac{2}{4^{2}}+\cdots+\frac{2}{4^{n}}-\frac{2 n-1}{4^{n+1}}=\frac{\frac{2}{4}\left(1-\frac{1}{4^{n}}\right)}{1-\frac{1}{4}}-\frac{1}{4}-\frac{2 n-1}{4^{n+1}}$,
由于 $\frac{\frac{2}{4}\left(1-\frac{1}{4^{n}}\right)}{1-\frac{1}{4}}-\frac{1}{4}-\frac{2 n-1}{4^{n+1}}=\frac{2}{3}-\frac{2}{3} \times \frac{1}{4^{n}}-\frac{1}{4}-\frac{2 n-1}{4^{n}} \times \frac{1}{4}=\frac{5}{12}-\frac{6 n+5}{3 \times 4^{n+1}}$,
从而得: $\sum_{k=1}^{n} c_{2 k}=\frac{5}{9}-\frac{6 n+5}{9 \times 4^{n}}$.
因此, $\sum_{k=1}^{2 n} c_{k}=\sum_{k=1}^{n} c_{2 k-1}+\sum_{k=1}^{n} c_{2 k}=\frac{4^{n}}{2 n+1}-\frac{6 n+5}{9 \times 4^{n}}-\frac{4}{9}$.
所以, 数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的前 $2 n$ 项和为 $\frac{4^{n}}{2 n+1}-\frac{6 n+5}{9 \times 4^{n}}-\frac{4}{9}$.
①因本站题量较多,无法仔细核对每一个试题,如果试题有误,请点击 编辑进行更正。
②如果您有更好的解答,可以点击 我要评论进行评论。
③如果您想挑战您的朋友,点击 我要分享 下载题目图片发给好友。

关闭