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　数列中的奇、偶项问题
“分段函数的递推关系”属于数列奇偶项的问题，该类问题主要考查学生的综合运用知识能力与探究问题能力，解决此类问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差 比 等，特别注意分类讨论等思想在解题中的灵活运用.
【例1】　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＝(k∈N*)．则下列选项不正确的为(　　)
A．a6＝14
B．数列{a2k－1＋3}(k∈N*)是以2为公比的等比数列
C．对于任意的k∈N*，a2k＝2k＋1－3
D．Sn＞1 000的最小正整数n的值为15
C　[由题设可得a2k－a2k－1＝1，a2k＋1－2a2k＝1，
因为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)，因为a2＋2＝4≠0，故a2k＋2≠0，
所以＝2，所以{a2k＋2}为等比数列，
所以a2k＋2＝4×2k－1，
即a2k＝2k＋1－2，故
a6＝16－2＝14，故A正确，C错误．
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为公比的等比数列，故B正确．
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的最小正整数n的值为15，故D正确．故选C．]
题设中给出的是混合递推关系，因此需要考虑奇数项的递推关系和偶数项的递推关系，另外讨论D项是否成立时注意先考虑S14的值.
【例2】　已知数列{an}满足an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)．
(1)若数列{an}是等差数列，求a1的值；
(2)当a1＝2时，求数列{an}的前n项和Sn.
[解]　(1)若数列{an}是等差数列，则
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*)．
两式相减，得an＋2－an＝4.
所以数列{a2n－1}是首项为a1，公差为4的等差数列，数列{a2n}是首项为a2，公差为4的等差数列，
由a2＋a1＝1，a1＝2，得a2＝－1.
所以an＝.
法一：①当n为偶数时，Sn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝·＋·＝.
②当n为奇数时，Sn＝＋2n＝，
所以Sn＝
法二：①当n为偶数时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝1＋9＋…＋(4n－7)＝；
②当n为奇数时，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－2＋an－1)＋an＝1＋9＋…＋(4n－11)＋2n＝.
所以Sn＝
1．数列中连续两项和或积的问题(an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1 ＝f(n))属于数列中的奇、偶项问题．
2．对于通项公式分奇、偶不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项和偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.
1．数列{an}满足an＋1＋an＝(－1)n(2n－1)，则{an}的 前60项和为(　　)
A．－1 710 B．－1 740
C．－1 770 D．－1 880
C　[根据题意，数列{an}满足an＋1＋an＝(－1)n(2n－1)，
当n为奇数时，有an＋1＋an＝－(2n－1)，
其中当n＝1时，有a2＋a1＝－1，
当n＝3时， 有a4＋a3＝－5，
当n＝5时，有a6＋a5＝－9，
…
当n＝59时，有a60＋a59＝－(2×59－1)＝－117，
则{an}的前60项和
S60＝(a2＋a1)＋(a4＋a3)＋…＋(a60＋a59)
＝(－1)＋(－5)＋…＋(－117)＝－(1＋5＋9＋…＋117)＝－＝－1 770.故选C．]
2．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝，bn＝a2n－2.
(1)求a2，a3，a4；
(2)求证：数列{bn}为等比数列，并求其通项公式；
(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)证明：bn＝a2n－2＝a2n－1＋2n－1－2＝(a2n－2－4n＋4)＋2n－1－2＝(a2n－2－2)＝bn－1，又b1＝a2－2＝－，
可得数列{bn}为公比为，首项为－的等比数列，即bn＝－.
(3)由(2)可得a2n＝2－，
Tn＝a2＋a4＋…＋a2n＝2n－
＝2n－＝2n－1＋.
3．在数列{an}中，已知a1＝1，an·an＋1＝，记Sn为{an}的前n项和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.
(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并写出其通项公式；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)求Sn.
[解]　(1)因为an·an＋1＝，所以an＋1·an＋2＝，所以＝，即an＋2＝an.
因为bn＝a2n＋a2n－1，
所以＝＝＝，
所以数列{bn}是公比为的等比数列．
因为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为首项，为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝为首项，为公比的等比数列，
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为奇数，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12()，n为偶数.))
(3)因为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为偶数，,3－\f(4,2，n为奇数.))
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n.
[解]　(1)因为Sn＝n2＋n，
所以当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－＝n，
又n＝1时符合上式，所以an＝n.
(2)因为bn＝
所以对任意的k∈N*，
b2k＋1－b2k－1＝(2k＋1)－(2k－1)＝2，
则{b2k＋1}是以1为首项，2为公差的等差数列．
又＝＝4，所以{b2k}是以4为首项，4为公比的等比数列．
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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