数列中的奇偶分析法问题研究Word文件下载.docx
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4芳
n（3n
2）4（2n1），所以,
1
4
（n为奇数）
（n为偶数）
（n1）（3n2）4（2n11）
23
n（3n2）4（2n1）
2n1n为奇数
练习1：
已知an2n,n为偶数，，则数列可的前n项和一
【解析】①设n2mmN,则mn,
S2m222Ln2m+1mN
22mm222m2m,故此时&
n=2m^i（m€N），贝Vm
n-1
S2m+1
S2ma2m1
2m
22
2m1
2m2
Sn
2n12扌•②设
222m13m,故此时
2n12n为偶数
2n1n5,n为奇数
2.（扬州市2015—2016学年度第一学期期末检测试题・20）若数列an中不超过f（m）的
*
项数恰为bm（mN），则称数列bm是数列an的生成数列，称相应的函数f（m）是数
列an生成bm的控制函数•
（1）已知an
n，且f（m）m，写出b1、b2、b3；
（2）已知an
2n，且f（m）
m，求bm的前m项和Sm；
【解析】
（1）m1，则a111
m3，则a119，a249
a399
b33
b1；
m2，则a114，a244D2
（2）m为偶数时，则2n
m，则bmT；
m为奇数时，则2nm1，则酩
（m为奇数）
bm
m（m为偶数）
m为偶数时，则Smb1b2Lbm
m为奇数时，则Smb1b2Lbm
1“
2L
m）
mm
-（1
；
24
（m
Sm1
bm1
1）
m1m1
21
m（m为奇数）
Sm4
m
（m为偶数）
3.（2017•镇江一模・19）已知nN，数列an的各项均为正数，前n项和为Sn,且
a1
1,a22，设bna2n1a2n-
（1）
若数列bn是公比为3的等比数列，求S2n；
（2）
若对任意nN
Sn
ann
—恒成立，求数列
an的通项公式;
（3）
若S2n3（2n
1），数列anan1也为等比数列,
求数列的an通项公式.
S2n（ala2）（a3a4）
L（a2n1
a2n）
bib2L
bn
3（13n）
3（3n1）
（2）当n>
2时，由2Sn
ann,
2Sn1
则2an2Sn
2Sh1an
n1）
an
an121,
（an1）2a
120,（an
an11）（anan1
故anan1
1，或anan
11.（*）
F面证明an
an11对任意的nN*恒不成立.
事实上，因a1a23，则an外11不恒成立;
若存在nN*,使anan11,设no是满足上式最小的正整数,
an0
an。
11,显然no2,
n0
且an01
（0,1），则ano1
1，则由（*）式知,
3n,
'
o
则an。
20,矛盾.故
anan11对任意的nN*恒不成立,
所以anani1对任意的nN*恒成立.
anan1an1q
M■
因此｛an｝是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an1（n1）n.
（3）因数列｛anan1｝为等比数列，设公比为q，则当n>
2时,
S2n
（印a2）（a3a4）
（a2n
b!
b2L
3（2n1）.
综上所述，an
2〒，当n为奇数
22,当n为偶数
4、（苏北四市（徐州、淮安、连云港、宿迁）
2017届高三上学期期末）已知正项数列an
的前n项和为Sn,且a1
a,（an1）611）6（Snn）,nN
an1anan1
即｛a2n1｝，｛a2n｝是分别是以
1,2为首项，公比为
q的等比数列；
故a3
q,a42q.
令n
2,^有S4a〔a2a3
a412q
2q
9，则q2.
当q
2时，a2n12n1,a2n
22n12n
bn
a2n1a2n32n1，此时
（1）求数列an的通项公式;
（2）若对于
，都有Sn<
n（3n
1）成立，求实数a取值范围;
（3）当a2时，将数列an中的部分项按原来的顺序构成数列bn，且ba2，证明:
存在无数个满足条件的无穷等比数列bn.
（1）当n=1时，（a,+1）（a2+1）=6（S,+1），故a2=5；
当n>
2时，（an-1+1）（an+1）=6（Sn-1+n-1）,
所以（an+1）（an+1+1）-（an.1+1）（an+1）=6（Sn+n）-6（Sn「+n-1）,
即（an+1）（an+1-an-1）=6（an+1）,
又an>
0，所以an+1-a”1=6,
所以a2k-1=a+6（k-1）=6k+a-6,a2k=5+6（k-1）=6k-1,k?
N*,
a1
+-
nn
33
3,n为奇数，n?
N,
n为偶数，n?
N*.
（2）当n为奇数时,
Sn=1（3n+a-2）（3n+3）-n,
6
由Sn<
n（3n+1）得，a<
3n+3n+2恒成立,n+1
人3n+3n+2血—八
令f（n）=，贝Vf（n+1）-
n+1
f（n）=
3n+9n+4
>
0,
（n+2）（n+1）
当n为偶数时，Sn=-?
3n（3na+1）-n,
n（3n+1）得，a<
3（n+1）恒成立,
所以a<
9.
又q=a>
0,所以实数a的取值范围是（0,4].
（3）当a=2时，若n为奇数，则an=3n-1，所以an=3n-1.
解法1：
令等比数列｛bn｝的公比q=4m（m?
N*），则bn=t1qn"
1=5?
4m（n-1）
4_1设k=m（n-1），因为l+4+42+L+4k-1=—
所以5?
5?
[3（14+42+L+4k1）+1]，
=3[5（1+4+42+L+4k1）+2]-1，
因为5（1+4+42+L+4k-1）+2为正整数,
所以数列｛0｝是数列｛an｝中包含的无穷等比数列，
因为公比q=4m（m?
N*）有无数个不同的取值，对应着不同的等比数列,
故无穷等比数列
｛bn｝有无数个.
解法2:
设b?
=
ak2=3k2-1（k2>
3），所以公比q=泳2-1.
5
因为等比数列｛bn｝的各项为整数，所以q为整数，
取k2=5m+2（m?
N*），则q=3m+1，故bn=5?
（3m1）n-1，
由3kn-1=5?
3m1）n-1得，kn=^[5（3m+1）n-1+1]（n?
N*），3
而当n>
2时，kn-kn-1=5[（3m+1）n-1-（3m+1）n-2]=5m（3m+1）n-2，
即kn=kn-1+5m（3m+1）n-2，
又因为k1=2，5m（3m+1）n2都是正整数，所以kn也都是正整数，
所以数列｛bn｝是数列｛an｝中包含的无穷等比数列，
因为公比q=3m+1（m?
N*）有无数个不同的取值，对应着不同的等比数列，
故无穷等比数列｛bn｝有无数个.
5、（盐城市2017届高三上学期期中）若数列an中的项都满足a2n1a2na2n1（nN*），
则称an为"
阶梯数列”
9b2n1（nN），求b20l6；
（1）设数列bn是“阶梯数列”，且1,b2n1
Sn中存在连续三项成等差
设数列Cn是“阶梯数列”，其前n项和为Sn，求证:
数列，但不存在连续四项成等差数列;
（3）设数列dn是“阶梯数列”，且d1
1，d2n1d2n12（n
N*），记数列
dndn2
的前n项和为Tn•问是否存在实数t，使得tTn
Tn
0对任意的nN恒成
n12n2
Hn1d93
32014
立？
若存在，请求出实数t的取值范围；
若不存在，请说明理由
解：
（1）Qb2n19b2n1，
1，b2n1是以b11为首项9为公比的等比数列,
•••数列
2014
bn是“阶梯数列”，.••&
2016=匕2015=3.
（2）由数列Cn是“阶梯数列”得C2n1C2n,故S?
n15n2EnS?
n1,
二Sn中存在连续三项S，n2,S>
n1,S2nn2成等差数列；
（注：
给出具体三项也可）
假设Sn中存在连续四项Sk,Sk1,Sk2,Sk3,成等差数列，
则Sk1Sk22Sk1Sk322，即Ck1Ck2Ck3,
当k2m1,mN时，C2mC2m1Qm2，①
由数列Cn是“阶梯数列”得C2mC2m1Qm2C2m3，③
①②与③都矛盾，故假设不成立，即Sn中不存在连续四项成等差数列
（3d2n1d2n12,di1,
d2n1是以di1为首项2为公差的等差数列,
11
d2kd2k2
d2k1d2k1
2k12k1
22k1
2k1
d2n1d1
n122n1，又数列dn是“阶梯数列”，故d?
.1d?
.
2n1,
①当n2kkN*时,
1nT2k
dA
d2d4
d3d5
d4d6
2-
L
dd
d2k
1d2k1
d2k1d2k
0恒成立,
TntTn恒成立,
1t-.
c11
1111
12,
1,1
352k12k1
2k13
—
1,
②当n2k1kN*时,
T
T1
12k1
T2kdd
12kdd
4k2
3,1
又tTn
t—0恒成立,
1tTn恒成立,
综上①②,
存在满足条件的实数
t,其取值范围是
注：
2k
4k22k
2k,kN,
也可写成Tn
2k1,kN,
r
2n
n2
n为正偶数,
n为正奇数.
6.（南京市、盐城市2016届高三年级第二次模拟考试•20）已知数列｛an｝的前n项和为S,
且对任意正整数n都有an=（-1）nSn+pn（p为常数，p工0.）
（1）求p的值；
（2）求数列｛an｝的通项公式；
（3）设集合An=｛a2n-1,a2n｝,且bn,Cn€An，记数列｛nbn｝,｛nCn｝的前n项和分别为Pn,Qn.
若b1龙1,求证：
对任意n€N*,Pn^Qn.
p
12.解：
（1）由a1=—Si+p，得a1=?
•
由a2=S2+p2，得a1=—p2,所以2=—p2.
又pMQ所以p=—.
1an=（—1）nS+（—2）n,……①
（2）由an=（—1）nS+（—2）n，得1
an+1=—（—1）n3+1+（—?
）十,……②
①+②得an+an+1=（—1）n（—an+1）+2（—2八
1所以an=-
（2）+1.
当n为偶数时，an+an+1=—an+1+x
（2）n，
111111所以an=—2an+1+（pn=2x（2pnP+（^=（刁“，
—2^+1，n为奇数，n€N*,所以an=1
戶,n为偶数，n€N*.
（3）An={—4n,孑},由于b1充1，贝Ub1与C1—正一负，
、、11
不妨设b1>
0，贝V3=;
c1=—
44
冲123n
则Pn=b1+2b2+3b3+-+nbn寿—（亍+/+•••+孑）.
2t3n12,,
设S=承+科…+亦，则4S=孑+…+
n—1n
4n+4+i，
111-1）」1
两式相减得4s=岸+*+•••+右―彩=16+品1
1—4
n711n7
4^=48—石盯—庐<
48.
所以
747”、「121117
S<
48X3=36,所以fG+科…+戶>
4—空18
因为
1171
Qn=。
+2C2+3C3+…+ncn<
—4+S<
—4+36=—云vo.
所以PnMQ.
当k2m,mN时，C2m1唏2C2m3，②
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