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精品文档 第 1 页 共 11 页1欢迎下载 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 4n 3 n 当 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 4 所以数列是首项为 公差为 4 的等差数列 数列是首项为 公差为 4 的 等差数列 由 1 2 得 1 所以 k Z 数列奇偶求前 N 项和 典例 2 已知数列的通项 求其前项和 n a 65 2 n n nn a n 为奇数 为偶数 n n S 解析 奇数项组成以为首项 公差为 12 的等差数列 偶数项组成以为首 1 1a 2 4a 项 公比为 4 的等比数列 当为奇数时 奇数项有项 偶数项有项 n 1 2 n 1 2 n 当为偶数时 奇数项 1 1 2 1 1 6 5 4 1 4 1 32 4 21 2 21 423 n n n n n nn S n 和偶数项分别有项 所以 2 n 2 1 65 4 1 4 32 4 21 2 21 423 n n n n n nn S 1 1 32 4 21 23 32 4 21 23 n n n nn n S nn n 为奇数 为偶数 练习 1 已知则数列的前项和 21 2 n n n n a n 为奇数 为偶数 n an n S 精品文档 第 2 页 共 11 页2欢迎下载 解析 设则 2 nm mN 2 n m 故此时 设 222 2 2222 22 mm m Smm 1 22 2 n n n S n 2m 1 m N N 则 2 1 nmmN 1 2 n m 故此时 221 2m 1221 S2 2221 mm mm Sam 21 2 23 m m 1 5 2 2 n n n S 1 1 22 2 5 2 2 n n n n n S n n 为偶数 为奇数 2 扬州市 扬州市 20152015 20162016 学年度第一学期期末检测试题学年度第一学期期末检测试题 20 若数列中不超过 n a 的项数恰为 则称数列是数列的生成数列 称相应的函数 mf m b Nm m b n a 是数列生成的控制函数 mf n a m b 1 已知 且 写出 2 nan 2 mmf 1 b 2 b 3 b 2 已知 且 求的前项和 nan2 mmf m bm m S 解析 1 则 则 1m 1 11a 1 1b 2m 1 14a 2 44a 2 2b 则 3m 1 19a 2 49a 3 99a 3 3b 2 为偶数时 则 则 为奇数时 则 则 m2nm 2 m m b m21nm 1 2 m m b 1 2 2 为奇数 为偶数 m m m b m m 为偶数时 则 m 2 12 11 12 2224 mm mm Sbbbm 为奇数时 则 m 22 1211 1 11 424 mmmm mmm SbbbSb 精品文档 第 3 页 共 11 页3欢迎下载 2 2 1 4 4 为奇数 为偶数 m m m S m m 3 2017 镇江一模 19 已知 数列的各项均为正数 前项和为 且 Nn n an n S 设 21 21 aa nnn aab 212 1 若数列是公比为的等比数列 求 n b3 n S2 2 若对任意 恒成立 求数列的通项公式 Nn 2 2 na S n n n a 3 若 数列也为等比数列 求数列的通项公式 123 2 n n S 1 nna a n a 解 1 112 123baa 2123421212 3 13 3 31 132 nn nnnn Saaaaaabbb 2 当时 由 2n 2 2 nn San 2 11 21 nn San 则 2222 111 222 1 1 nnnnnnn aSSananaa 22 1 1 0 nn aa 11 1 1 0 nnnn aaaa 故 或 1 1 nn aa 1 1 nn aa 下面证明对任意的N N 恒不成立 1 1 nn aa n 事实上 因 则不恒成立 12 3aa 1 1 nn aa 若存在N N 使 设是满足上式最小的正整数 即 显然n 1 1 nn aa 0 n 00 1 1 nn aa 且 则 则由 式知 则 0 2n 0 1 0 1 n a 00 12 1 nn aa 00 12 1 nn aa 0 2 0 n a 精品文档 第 4 页 共 11 页4欢迎下载 矛盾 故对任意的N N 恒不成立 1 1 nn aa n 所以对任意的N N 恒成立 1 1 nn aa n 因此是以 1 为首项 1 为公差的等差数列 所以 n a1 1 n ann 3 因数列为等比数列 设公比为 则当 时 1 nna aq2n 11 11 nnn nnn a aa q aaa 即 是分别是以 1 2 为首项 公比为的等比数列 21 n a 2 n aq 故 3 aq 4 2aq 令 有 则 2n 41234 1229Saaaaqq 2q 当时 此时2q 1 21 2n n a 1 2 222 nn n a 1 212 32n nnn baa 2123421212 3 12 3 21 12 n n nnnn Saaaaaabbb 综上所述 1 2 2 2 2 n n n n a n 当为奇数 当为偶数 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 的前项和为 且 n an n S 11 1 1 6 nnn aa aaSn Nn 1 求数列的通项公式 n a 2 若对于 都有成立 求实数取值范围 Nn 31 n Snn a 3 当时 将数列中的部分项按原来的顺序构成数列 且 证明 2a n a n b 12 ba 精品文档 第 5 页 共 11 页5欢迎下载 存在无数个满足条件的无穷等比数列 n b 1 当时 故 1n 121 1 1 6 1 aaS 2 5a 当时 2n 11 1 1 6 1 nnn aaSn 所以 111 1 1 1 1 6 6 1 nnnnnn aaaaSnSn 即 11 1 6 1 nnnn aaaa 又 所以 0 n a 11 6 nn aa 所以 21 6 1 66 k aakka 2 5 6 1 61 k akk kN 故 33 31 n nann a nnn N N 为奇数 为偶数 2 当为奇数时 n 1 32 33 6 n Snann 由得 恒成立 31 n Snn 2 332 1 nn a n 令 则 2 332 1 nn f n n 2 394 1 0 2 1 nn f nf n nn 所以 1 4af 当为偶数时 n 1 3 3 1 6 n Snnan 由得 恒成立 31 n Snn 3 1 an 所以 9a 又 所以实数的取值范围是 1 0aa a 0 4 3 当时 若为奇数 则 所以 2a n31 n an 31 n an 解法解法 1 1 令等比数列的公比 则 n b 4 m qmN 1 1 1 54 nm n n bbq 精品文档 第 6 页 共 11 页6欢迎下载 设 因为 1 km n 21 41 1444 3 k k 所以 1 21 545 3 1444 1 m nk 21 3 5 144 4 2 1 k 因为为正整数 21 5 144 4 2 k 所以数列是数列中包含的无穷等比数列 n b n a 因为公比有无数个不同的取值 对应着不同的等比数列 4 m qmN 故无穷等比数列有无数个 n b 解法解法 2 2 设 所以公比 2 222 31 3 k bakk 2 31 5 k q 因为等比数列的各项为整数 所以为整数 n bq 取 则 故 2 52 kmmN 31qm 1 5 31 n n bm 由得 1 315 31 n n km 1 1 5 3 1 1 3 n n kmnN 而当时 2n 122 1 5 3 1 31 5 31 3 nnn nn kkmmmm 即 2 1 5 31 n nn kkmm 又因为 都是正整数 所以也都是正整数 1 2k 2 5 31 nmm n k 所以数列是数列中包含的无穷等比数列 n b n a 因为公比有无数个不同的取值 对应着不同的等比数列 31 qmmN 故无穷等比数列有无数个 n b 5 盐城市 2017 届高三上学期期中 若数列中的项都满足 n a 21221nnn aaa 则称为 阶梯数列 nN n a 精品文档 第 7 页 共 11 页7欢迎下载 1 设数列是 阶梯数列 且 求 n b 1 1b 2121 9 nn bb nN 2016 b 2 设数列是 阶梯数列 其前项和为 求证 中存在连续三项成等差 n cn n S n S 数列 但不存在连续四项成等差数列 3 设数列是 阶梯数列 且 记数列 n d 1 1d 2121 2 nn dd nN 的前项和为 问是否存在实数 使得对任意的 2 1 nn d d n n Tt 1 0 n n tTt T 恒成立 若存在 请求出实数 的取值范围 若不存在 请说明理由 nN t 解 1 是以为首项为公比的等比数列 2121 9 nn bb 1 1b 21n b 1 1b 9 122 211 93 nn n bb 2014 2015 3b 数列是 阶梯数列 n b 2014 20162015 3bb 2 由数列是 阶梯数列 得 故 n c 212nn cc 2122221nnnn SSSS 中存在连续三项成等差数列 n S 22212 2 nnn SSSn 注 给出具体三项也可 注 给出具体三项也可 假设中存在连续四项成等差数列 n S 123 kkkk SSSS 则 即 12132kkkkkk SSSSSS 123kkk ccc 当时 21 kmmN 22122mmm ccc 当时 2 km mN 212223mmm ccc 由数列是 阶梯数列 得 n c 221mm cc 2223mm cc 精品文档 第 8 页 共 11 页8欢迎下载 与 都矛盾 故假设不成立 即中不存在连续四项成等差数列 n S 3 是以为首项为公差的等差数列 2121 2 nn dd 1 1d 21n d 1 1d 2 又数列是 阶梯数列 故 211 1221 n ddnn n d 212 21 nn ddn 2222121 111111 21212 2121 kkkk d dddkkkk 当时 2nk kN 2 132435462121222 111111 nk kkkk TT d dd dd dd dddd d 13352121 111 2 kk d dd ddd 1 11111112 21 1 2kk 13 1 2 n T 又恒成立 恒成立 1 0 n n tTt T 1 n n tT T 2 1 3 t 当时 21nkkN 21222 2222121 11111 2 2121 nkkkk kkkk TTTTT d dddkk 111 1 1 42423kk 1 3 1 n T 精品文档 第 9 页 共 11 页9欢迎下载 又恒成立 恒成立 1 0 n n tTt T 1 n n tT T 1 1 3 t 综上 存在满足条件的实数 其取值范围是 t 1 1 3 注 注 也可写成 2 2 2 21 421 21 2121 n k nk kN k T kk nkkN kk 2 1 1 2 n n n T nn n n 6 南京市 盐城市 南京市 盐城市 20162016 届高三年级第二次模拟考试届高三年级第二次模拟考试 20 已知数列 an 的前n项和为 Sn 且对任意正整数n都有an 1 nSn pn p为常数 p 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 cnAn 记数列 nbn ncn 的前n项和分别为 Pn Qn 若b1 c1 求证 对任意n N N Pn Qn 12 解 1 由a1 S1 p 得a1 p 2 由a2 S2 p2 得a1 p2 所以 p2 p 2 又p 0 所以p 1 2 2 由an 1 nSn n 得 1 2 得an an 1 1 n an 1 n 1 2 1 2 当n为奇数时 an an 1 an 1 n 1 2 1 2 n 为正偶数 n 为正奇数 精品文档 第 10 页 共 11 页10欢迎下载 所以an n 1 1 2 当n为偶数时 an an 1 an 1 n 1 2 1 2 所以an 2an 1 n 2 n 2 n n 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 所以an 3 An 由于b1 c1 则b1 与c1一正一负 1 4n 1 4n 不妨设b1 0 则b1 c1 1 4 1 4 则Pn b1 2b2 3b3 nbn 1 4 2 42 3 43 n 4n 设S 则S 2 42 3 43 n 4n 1 4 2 43 n 1 4n n 4n 1 两式相减得

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