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　數列中的奇、偶項問題
“分段函數的遞推關系”屬于數列奇偶項的問題，該類問題主要考查學生的綜合運用知識能力與探究問題能力，解決此類問題的難點在于搞清數列奇數項和偶數項的首項、項數、公差 比 等，特別注意分類討論等思想在解題中的靈活運用.
【例1】　已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，an＝(k∈N*)．則下列選項不正確的為(　　)
A．a6＝14
B．數列{a2k－1＋3}(k∈N*)是以2為公比的等比數列
C．對于任意的k∈N*，a2k＝2k＋1－3
D．Sn＞1 000的最小正整數n的值為15
C　[由題設可得a2k－a2k－1＝1，a2k＋1－2a2k＝1，
因為a1＝1，a2－a1＝1，故a2＝a1＋1＝2，
所以a2k＋2－a2k＋1＝1，a2k＋1－2a2k＝1，所以a2k＋2－2a2k＝2，
所以a2k＋2＋2＝2(a2k＋2)，因為a2＋2＝4≠0，故a2k＋2≠0，
所以＝2，所以{a2k＋2}為等比數列，
所以a2k＋2＝4×2k－1，
即a2k＝2k＋1－2，故
a6＝16－2＝14，故A正確，C錯誤．
又a2k－1＝2k＋1－2－1＝2k＋1－3，故a2k－1＋3＝2k＋1，
所以＝2，即{a2k－1＋3}(k∈N*)是以2為公比的等比數列，故B正確．
S14＝a1＋a2＋…＋a14＝a1＋(a1＋1)＋…＋a13＋(a13＋1)
＝2(a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13)＋7
＝2×(22－3＋23－3＋…＋28－3)＋7＝981，
S15＝S14＋a15＝981＋509＝1 490＞1 000，
故Sn＞1 000的最小正整數n的值為15，故D正確．故選C．]
題設中給出的是混合遞推關系，因此需要考慮奇數項的遞推關系和偶數項的遞推關系，另外討論D項是否成立時注意先考慮S14的值.
【例2】　已知數列{an}滿足an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)．
(1)若數列{an}是等差數列，求a1的值；
(2)當a1＝2時，求數列{an}的前n項和Sn.
[解]　(1)若數列{an}是等差數列，則
an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd.
由an＋1＋an＝4n－3，
得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝2nd＋2a1－d＝4n－3，
所以2d＝4,2a1－d＝－3，解得，d＝2，a1＝－.
(2)由an＋1＋an＝4n－3，得
an＋2＋an＋1＝4n＋1(n∈N*)．
兩式相減，得an＋2－an＝4.
所以數列{a2n－1}是首項為a1，公差為4的等差數列，數列{a2n}是首項為a2，公差為4的等差數列，
由a2＋a1＝1，a1＝2，得a2＝－1.
所以an＝.
法一：①當n為偶數時，Sn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝·＋·＝.
②當n為奇數時，Sn＝＋2n＝，
所以Sn＝
法二：①當n為偶數時，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝1＋9＋…＋(4n－7)＝；
②當n為奇數時，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－2＋an－1)＋an＝1＋9＋…＋(4n－11)＋2n＝.
所以Sn＝
1．數列中連續兩項和或積的問題(an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1 ＝f(n))屬于數列中的奇、偶項問題．
2．對于通項公式分奇、偶不同的數列{an}求Sn時，我們可以分別求出奇數項和偶數項的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一項，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.
1．數列{an}滿足an＋1＋an＝(－1)n(2n－1)，則{an}的 前60項和為(　　)
A．－1 710 B．－1 740
C．－1 770 D．－1 880
C　[根據題意，數列{an}滿足an＋1＋an＝(－1)n(2n－1)，
當n為奇數時，有an＋1＋an＝－(2n－1)，
其中當n＝1時，有a2＋a1＝－1，
當n＝3時， 有a4＋a3＝－5，
當n＝5時，有a6＋a5＝－9，
…
當n＝59時，有a60＋a59＝－(2×59－1)＝－117，
則{an}的前60項和
S60＝(a2＋a1)＋(a4＋a3)＋…＋(a60＋a59)
＝(－1)＋(－5)＋…＋(－117)＝－(1＋5＋9＋…＋117)＝－＝－1 770.故選C．]
2．已知數列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝，bn＝a2n－2.
(1)求a2，a3，a4；
(2)求證：數列{bn}為等比數列，并求其通項公式；
(3)求和Tn＝a2＋a4＋…＋a2n.
[解]　(1)a1＝1，an＋1＝，
可得a2＝1＋a1＝1＋＝；
a3＝a2－4＝－，a4＝3＋a3＝.
(2)證明：bn＝a2n－2＝a2n－1＋2n－1－2＝(a2n－2－4n＋4)＋2n－1－2＝(a2n－2－2)＝bn－1，又b1＝a2－2＝－，
可得數列{bn}為公比為，首項為－的等比數列，即bn＝－.
(3)由(2)可得a2n＝2－，
Tn＝a2＋a4＋…＋a2n＝2n－
＝2n－＝2n－1＋.
3．在數列{an}中，已知a1＝1，an·an＋1＝，記Sn為{an}的前n項和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.
(1)判斷數列{bn}是否為等比數列，并寫出其通項公式；
(2)求數列{an}的通項公式；
(3)求Sn.
[解]　(1)因為an·an＋1＝，所以an＋1·an＋2＝，所以＝，即an＋2＝an.
因為bn＝a2n＋a2n－1，
所以＝＝＝，
所以數列{bn}是公比為的等比數列．
因為a1＝1，a1·a2＝，
所以a2＝，b1＝a1＋a2＝，
所以bn＝×＝，n∈N*.
(2)由(1)可知an＋2＝an，所以a1，a3，a5，…是以a1＝1為首項，為公比的等比數列；a2，a4，a6，…是以a2＝為首項，為公比的等比數列，
所以a2n－1＝，a2n＝，
所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) ，n為奇數，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12()，n為偶數.))
(3)因為S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))),1－\f(1,2))＋eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))))),1－\f(1,2))＝3－，
又S2n－1＝S2n－a2n＝3－－＝3－，
所以Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3－\f(3,2eq \s\up12())，n為偶數，,3－\f(4,2，n為奇數.))
4．已知數列{an}的前n項和為Sn，且Sn＝n2＋n.
(1)求{an}的通項公式；
(2)設bn＝求數列{bn}的前2n項和T2n.
[解]　(1)因為Sn＝n2＋n，
所以當n＝1時，a1＝S1＝1，
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－＝n，
又n＝1時符合上式，所以an＝n.
(2)因為bn＝
所以對任意的k∈N*，
b2k＋1－b2k－1＝(2k＋1)－(2k－1)＝2，
則{b2k＋1}是以1為首項，2為公差的等差數列．
又＝＝4，所以{b2k}是以4為首項，4為公比的等比數列．
所以T2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)＝(1＋3＋…＋2n－1)＋(4＋42＋43＋…＋4n)
＝＋
＝n2＋－.
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