数列中的奇偶分析法问题研究Word文件下载.docx

1、4芳n （3 n2） 4（2n 1），所以,14（n为奇数）（n为偶数）（n 1）（3n 2） 4（2n 1 1）2 3n（3n 2） 4（2n 1）2n 1 n为奇数练习1：已知an 2n ,n为偶数，则数列可的前n项和一【解析】设n 2mm N ,则m n,S2m 2 22 L n 2m+1 m N22m m 2 22m 2 m,故此时 &,n= 2m i（m N），贝V mn-1S2m+1S2 m a2m 12m2 22m 12 m 2Sn2n1 2扌设2 22m 1 3 m,故此时2n1 2 n为偶数2n 1 n 5, n为奇数2.（扬州市2015 2016学年度第一学期期末检测试题

2、20）若数列an中不超过f （m）的*项数恰为bm（ m N ），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ann，且 f （m） m，写出 b1、b2、b3 ；（2）已知an2n，且 f （m）m，求bm的前m项和Sm ；【解析】（1） m 1，则a1 1 1m 3，则 a1 1 9， a2 4 9a3 9 9b3 3b 1 ； m 2，则 a1 1 4， a2 4 4 D 2（2） m为偶数时，则2nm，则bm T ； m为奇数时，则2n m 1，则酩（m为奇数）bmm （m为偶数）m为偶数时，则Sm b1 b2 L bmm为奇数时，则S

3、m b1 b2 L bm1 “2 Lm）m m-（1；2 4（mSm 1bm 11）m 1 m 12 1m （m为奇数）Sm 4m（m为偶数）3. （2017 镇江一模19）已知n N，数列an的各项均为正数，前 n项和为Sn ,且a11, a2 2，设 bn a2n 1 a2n -（1）若数列bn是公比为3的等比数列，求 S2n ；（2）若对任意n N,Snan n 恒成立，求数列an的通项公式;（3）若 S2n 3（2n1），数列anan 1也为等比数列,求数列的 an通项公式.S2n （al a2 ） （a3 a4 ）L （ a2n 1a2 n）bi b2 Lbn3（1 3n）3（3n

4、1）（2）当 n 2 时，由 2Snan n ,2Sn 1则 2an 2Sn2Sh 1 ann 1）anan 12 1 ,（an 1）2 a12 0, （anan 1 1）（an an 1故 an an 11，或 an an1 1. （*）F面证明anan 1 1对任意的n N*恒不成立.事实上，因a1 a2 3，则an外1 1不恒成立;若存在n N*,使an an 1 1,设no是满足上式最小的正整数,an0an。1 1 ,显然 no 2 ,n0且 an0 1（0,1），则 ano 11，则由（*）式知,3n,o则an。2 0 ,矛盾.故an an 1 1对任意的n N*恒不成立,所以an

5、an i 1对任意的n N*恒成立.anan 1 an 1 qM 因此an是以1为首项，1为公差的等差数列，所以 an 1 （n 1） n.（3）因数列anan 1为等比数列，设公比为 q，则当n 2时,S2n（印 a2） （a3 a4）（a2nb! b2 L3（2n 1）.综上所述，an2，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a1a,（an 1）61 1） 6（Sn n） , n Nan 1 an an 1即a2n 1，a2n是分别是以1, 2为首项，公比为q的等比数列；故a3q , a4 2q

6、 .令n2 , 有 S4 a a 2 a 3a4 1 2 q2q9，则 q 2.当q2 时，a2n 1 2n 1 , a2n2 2n 1 2n,bna2n 1 a2n 3 2n1，此时（1）求数列an的通项公式;（2）若对于，都有 Sn 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 +

7、a- 6 , a2k = 5+6（k- 1）= 6k- 1, k? N* ,a 1+ -n n3 33, 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 0 ,（n+ 2）（ n+ 1）当 n为偶数时，Sn = -?3n（3n a+1）- n , n （3n+ 1）得，a 3（n+ 1）恒成立,所以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

8、 = t1qn1 = 5? 4m（n-1）4_ 1 设 k= m（n- 1），因为 l+4+42+L +4k-1= 所以 5?5? 3（1 4+ 42+ L + 4k 1）+ 1，=35（1+ 4+ 42 + L +4k 1）+ 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 +

9、 2（m? N*），则 q = 3m+ 1，故 bn = 5?（3m 1）n-1，由 3kn- 1= 5?3m 1）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）n 2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

10、、（盐城市2017届高三上学期期中）若数列an中的项都满足a2n 1 a2n a2n 1 （ n N* ），则称an为阶梯数列”9b2n 1 （ n N ），求 b20l6 ；（1 ）设数列bn是“阶梯数列”，且1 , b2n 1Sn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d11，d2n 1 d2n 1 2（ nN*），记数列dndn 2的前n项和为Tn 问是否存在实数t，使得t TnTn0对任意的n N恒成n 1 2n 2Hn 1 d 9 332014立？若存在，请求出实数 t的取值范围；若不

11、存在，请说明理由解：（1 ） Qb2n 1 9b2n 1，1， b2n 1是以b1 1为首项9为公比的等比数列,数列2014bn 是“阶梯数列”，. &2016 =匕2015 =3 .（2）由数列Cn是“阶梯数列”得C2n 1 C2n ,故S?n 1 5n 2 En S?n 1 ,二Sn中存在连续三项 S，n 2,Sn 1,S2n n 2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, Sk 1 ,Sk 2, Sk 3,成等差数列，则 Sk 1 Sk 2 2 Sk 1 Sk 3 2 2，即 Ck 1 Ck 2 Ck 3 ,当 k 2m 1,m N 时，C2m C2m 1 Qm

12、2，由数列Cn是“阶梯数列”得C2m C2m 1 Qm 2 C2m 3，与都矛盾，故假设不成立，即 Sn中不存在连续四项成等差数列（3d2n1 d2n 1 2, di 1,d2n 1是以di 1为首项2为公差的等差数列,1 1d2kd2k 2d2k 1d2k 12k 1 2k 12 2k 12k 1d2n 1 d1n 1 2 2n 1，又数列dn是“阶梯数列”，故d?. 1 d?.2n 1 ,当n 2k k N*时,1 n T 2kdAd2d4d3d5d4d62 -Lddd2k1d2k 1d2k 1 d2k0恒成立,Tnt Tn恒成立,1 t -.c 1 11 1 1 1, 1 2 ,1 ,1

13、3 5 2k 1 2k 12k 1 31 ,当n 2k 1 k N*时,TT 11 2k 1T2k d d1 2k d d4k 23, 1又t Tnt 0恒成立,1 t Tn恒成立,综上,存在满足条件的实数t ,其取值范围是注：2k4k2 2k2k,k N ,也可写成Tn2k 1,k N ,r2 nn 2n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,

14、Cn An，记数列n bn , nCn的前 n 项和分别为 Pn, Qn .若b1龙1,求证：对任意 n N* , PnQn.p12 .解：（1 ）由 a1 = Si + p，得 a1= ? 由 a2 = S2+ p2，得 a1= p2,所以 2 = p2.又pMQ所以p= .1 an= （ 1）nS+ （ 2）n, （2）由 an= （ 1）nS+ （ 2）n，得 1an+1 = （ 1）n 3+1+ （ ?）十, + 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，1 1

15、1 11 1 所以 an= 2an + 1+ （pn= 2 x（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U b1 与 C1 正一负，、 1 1不妨设 b10，贝V 3=;, c1 = 4 4冲 1 2 3 n则 Pn = b1 + 2b2 + 3b3+-+ nbn寿（亍+ /+ 孑）.2 t 3 n 1 2 ,设S=承+科+亦，则4S=孑+n 1 n4n +4+i，1 1 1-1）1两式相减得4s=岸+*+右彩=16+品 114n 7 1 1 n 74=48石盯庐 48.所以7 4 7 ”、 1 2 1 1 1 7S4空 18因为1 1 7 1Qn=。+2 C2 + 3 C3+ n c n 4+ S 4+ 36 =云 v o.所以Pn MQ.当 k 2m,m N 时，C2m 1 唏 2 C2m 3，