已知数列{an}，{bn}是各项均为正数的等比数列，设cn=bnan，n∈N*证明：数列{cn}是等比数列，数列{lnan}是等差数列．设数列{ln

题文

已知数列{a_n}，{b_n}是各项均为正数的等比数列，设c_n=bnan，n∈N^*
（Ⅰ）证明：数列{c_n}是等比数列，数列{lna_n}是等差数列．
（Ⅱ）设数列{lna_n}，{lnb_n}的前n项和分别是S_n，T_n．若a₁=2，SnTn=n2n+1，求数列{c_n}的通项公式．
（Ⅲ）在（Ⅱ）条件下，设d_n=6cnbn+1-4an+1-4an+2  ，求数列{d_n}的前n项和． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（1）设数列{a_n}、b_n的公比分别为p、q（p＞0，q＞0），
则由题意可得anan-1=p，bnbn-1=q，
∴cncn-1=an•bnan-1•bn-1= pq，c₁=a₁•b₁
所以数列c_n以a₁•b₁为首项，以pq为公比的等比数列
又因为lnan-lnan-1=lnanan-1=lnp，
数列lna_n以lna₁为首项，以lnp为公差的等差数列
（2）由题意可得sn=n•ln2+n(n-1)2×lnp，Tn=n•lnb1+n(n-1)2×lnq
∴SnTn=n•ln2+n(n-1)2• lnpn•lnb1+n(n-1)2•lnq=2ln2+(n-1)•lnp2lnb1+(n-1)•lnq=n2n+1
∴n•lnp+(ln4-lnp)n•lnq+(2lnb1-lnq)=n+ln4-lnplnpn•lnqlnp+2lnb1-lnqlnp=n2n+1
∴ln4-lnplnp=0，lnqlnp=2，2lnb1-lnqlnp=1
∴p=4，q=16，b₁=8
∴a_n=2•4^n-1=2^2n-1，b_n=8•16^n-1=2^4n-1
（III）由（II）可得dn=6•cnbn+1-4an+1-4an+2
=6•4n8•16n-8•4n-2•4n+2
=3•4n4•(4n)2-5•4n+1
=3•4n(4n-1)(4n+1-1)=14n-1-14n+1-1
∴d₁+d₂+d₃+…+d_n
=141-1-142-1+142-1-143-1+…+14n-1-14n+1-1
=13-14n+1-1

解析

anan-1

考点

据考高分专家说，试题“已知数列{an}，{bn}是各项均为正数.....”主要考查你对 [等差数列的定义及性质 ]考点的理解。 等差数列的定义及性质

等差数列的定义：

一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做公差，用符号语言表示为a_n+1-a_n=d。

等差数列的性质：

（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；
（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；
（3）m，n∈N*，则a_m＝a_n+(m-n)d；
（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t=p+q，则a_s+a_t=a_p+a_q，其中a_s，a_t，a_p，a_q是数列中的项，特别地，当s+t=2p时，有a_s+a_t=2a_p；
（5）若数列｛a_n｝，｛b_n｝均是等差数列，则数列｛ma_n+kb_n｝仍为等差数列，其中m，k均为常数。
（6）




（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即




（8）

 仍为等差数列，公差为

 

对等差数列定义的理解：

①如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或某一项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列，但可以说从第2项或某项开始是等差数列． 
②求公差d时，因为d是这个数列的后一项与前一项的差，故有

还有


③公差d∈R，当d=0时，数列为常数列（也是等差数列）；当d>0时，数列为递增数列；当d<0时，数列为递减数列；
④

是证明或判断一个数列是否为等差数列的依据；
⑤证明一个数列是等差数列，只需证明a_n+1-a_n是一个与n无关的常数即可。

等差数列求解与证明的基本方法：

(1)学会运用函数与方程思想解题；
(2)抓住首项与公差是解决等差数列问题的关键；
(3)等差数列的通项公式、前n项和公式涉及五个量：a₁，d，n，a_n，S_n，知道其中任意三个就可以列方程组求出另外两个(俗称“知三求二’)．