数列中的奇偶分析法问题研究.docx
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数列中的奇偶分析法问题研究
数列中的奇偶分析法问题
数列奇偶求通项公式:
【典例1】数列满足祇-1+己=4n—3(n€』厂),当记=2时,则数列」的通项公
式为
解析:
由=4n—3(n€%),得=4n+1(n€%).两式相减,得J-_I—忑=4.
所以数列是首项为三,公差为4的等差数列•数列’」•是首项为心,公差为4的
J妣忙2£-1
等差数列.由心+*=1,三=2,得心=—1.所以》=—:
-■■---(k€Z).
数列奇偶求前N项和:
【典例2】已知数列{an}的通项an
6n5⑴为奇数),求其前n项和Sn.
2n(n为偶数)
【解析】奇数项组成以ai1为首项,公差为12的等差数列,偶数项组成以a24为首项,
公比为4的等比数列;当
n为奇数时,
奇数项有
n1
项,
偶数项有
项,•••
2
2
n1
n1
(16n5)
Sn丄
4(14)
(n
1)(3n
2)
4(2
n11)
当n为偶数时,奇数项
2
14
2
3
和偶数项分别有n项,
A
•-Sn2
6n
5)
4(1
n
4芳
n(3n
2)4(2n1),所以,
2
2
1
4
2
3
(n为奇数)
(n为偶数)
(n1)(3n2)4(2n11)
23
n(3n2)4(2n1)
23
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
Sn
2n12扌•②设
222m13m,故此时
2n12n为偶数
2
2n1n5,n为奇数
2
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
22
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)
1
2
mm
-(1
;
2
2
24
(m
2
2
Sm1
bm1
1)
m1m1
21
m(m为奇数)
4
Sm4
m
4
(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
2
ann
—恒成立,求数列
2
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
(2)当n>2时,由2Sn
2
ann,
2Sn1
则2an2Sn
2Sh1an
n1)
2
an
an121,
(an1)2a
120,(an
an11)(anan1
1)
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
an。
2
1,则由(*)式知,
an。
1
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
a2n)
b!
b2L
3(2n1).
综上所述,an
n1
2〒,当n为奇数
n
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Sn1)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
2
由Sn2
人3n+3n+2血—八
令f(n)=,贝Vf(n+1)-
n+1
f(n)=
2
3n+9n+4
>0,
(n+2)(n+1)
1
当n为偶数时,Sn=-?
3n(3na+1)-n,
6
由Sn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=—
3
所以5?
4m(n-1)
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,
3
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
(2)
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
1
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,
1
1
1
11
1
d2kd2k2
d2k1d2k1
2k12k1
22k1
2k1
d2n1d1
n122n1,又数列dn是“阶梯数列”,故d?
.1d?
.
2n1,
①当n2kkN*时,
1
1
1
1
1nT2k
dA
d2d4
d3d5
d4d6
1
1
1
2-
L
dd
d3d5
d2k
1d2k1
d2k1d2k
d2kd2k2
0恒成立,
TntTn恒成立,
1t-.
c11
1
1111
12,
2-
L
1,1
21
3
352k12k1
2k13
1
3
—
1,
Tn
2
②当n2k1kN*时,
Tn
T
T1
T1
12k1
T2kdd
12kdd
d2kd2k2
d2k1d2k1
11
22k1
1
2k1
1
4k2
1
4k2
Tn
3,1
又tTn
t—0恒成立,
Tn
1tTn恒成立,
Tn
综上①②,
存在满足条件的实数
t,其取值范围是
注:
Tn
2k
2k1
4k22k
2k,kN,
2k12k1
也可写成Tn
2k1,kN,
n
n
r
2n
n1
n
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.
1
又pMQ所以p=—.
1
1an=(—1)nS+(—2)n,……①
(2)由an=(—1)nS+(—2)n,得1
an+1=—(—1)n3+1+(—?
)十,……②
11
①+②得an+an+1=(—1)n(—an+1)+2(—2八
1所以an=-
(2)+1.
11
当n为偶数时,an+an+1=—an+1+x
(2)n,
111111所以an=—2an+1+(pn=2x(2pnP+(^=(刁“,
1
—2^+1,n为奇数,n€N*,所以an=1
戶,n为偶数,n€N*.
11
(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