數(shù)列中的奇偶分析法問題研究

.../數(shù)列中的奇偶分析法問題數(shù)列奇偶求通項(xiàng)公式：[典例1]數(shù)列滿足＋＝4n－3<n∈>,當(dāng)＝2時(shí),則數(shù)列的通項(xiàng)公式為______解析：由＋＝4n－3<n∈>,得＋＝4n＋1<n∈>．兩式相減,得－＝4．所以數(shù)列是首項(xiàng)為,公差為4的等差數(shù)列．?dāng)?shù)列是首項(xiàng)為,公差為4的等差數(shù)列．由＋＝1,＝2,得＝－1．所以＝<k∈Z>．?dāng)?shù)列奇偶求前N項(xiàng)和：[典例2]已知數(shù)列的通項(xiàng),求其前項(xiàng)和．[解析]奇數(shù)項(xiàng)組成以為首項(xiàng),公差為12的等差數(shù)列,偶數(shù)項(xiàng)組成以為首項(xiàng),公比為4的等比數(shù)列；當(dāng)為奇數(shù)時(shí),奇數(shù)項(xiàng)有項(xiàng),偶數(shù)項(xiàng)有項(xiàng),∴,當(dāng)為偶數(shù)時(shí),奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)分別有項(xiàng),∴,所以,．練習(xí)1：已知?jiǎng)t數(shù)列的前項(xiàng)和________．[解析]①設(shè)則故此時(shí)．②設(shè)n＝2m＋1<m∈N*>,則,故此時(shí),．2．〔XX市2015—2016學(xué)年度第一學(xué)期期末檢測試題·20若數(shù)列中不超過的項(xiàng)數(shù)恰為〔,則稱數(shù)列是數(shù)列的生成數(shù)列,稱相應(yīng)的函數(shù)是數(shù)列生成的控制函數(shù).〔1已知,且,寫出、、；〔2已知,且,求的前項(xiàng)和；[解析]〔1,則；,則,,則,〔2為偶數(shù)時(shí),則,則；為奇數(shù)時(shí),則,則；為偶數(shù)時(shí),則；為奇數(shù)時(shí),則；3.〔2017·XX一?！?9已知,數(shù)列的各項(xiàng)均為正數(shù),前項(xiàng)和為,且,設(shè)．〔1若數(shù)列是公比為的等比數(shù)列,求；〔2若對任意,恒成立,求數(shù)列的通項(xiàng)公式；〔3若,數(shù)列也為等比數(shù)列,求數(shù)列的通項(xiàng)公式．解：〔1,.〔2當(dāng)時(shí),由,,則,,,故,或.〔*下面證明對任意的N*恒不成立.事實(shí)上,因,則不恒成立；若存在N*,使,設(shè)是滿足上式最小的正整數(shù),即,顯然,且,則,則由〔*式知,,則,矛盾.故對任意的N*恒不成立,所以對任意的N*恒成立.因此是以1為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列,所以.〔3因數(shù)列為等比數(shù)列,設(shè)公比為,則當(dāng)時(shí),.即,是分別是以1,2為首項(xiàng),公比為的等比數(shù)列；故,.令,有,則.當(dāng)時(shí),,,,此時(shí).綜上所述,.4、〔蘇北四市〔XX、XX、XX、宿遷2017屆高三上學(xué)期期末已知正項(xiàng)數(shù)列的前項(xiàng)和為,且,．〔1求數(shù)列的通項(xiàng)公式；〔2若對于,都有成立,求實(shí)數(shù)取值范圍；〔3當(dāng)時(shí),將數(shù)列中的部分項(xiàng)按原來的順序構(gòu)成數(shù)列,且,證明：存在無數(shù)個(gè)滿足條件的無窮等比數(shù)列．〔1當(dāng)時(shí),,故；當(dāng)時(shí),,所以,即,又,所以,所以,,,故〔2當(dāng)為奇數(shù)時(shí),,由得,恒成立,令,則,所以．當(dāng)為偶數(shù)時(shí),,由得,恒成立,所以．又,所以實(shí)數(shù)的取值范圍是．〔3當(dāng)時(shí),若為奇數(shù),則,所以．解法1：令等比數(shù)列的公比,則．設(shè),因?yàn)?所以,,因?yàn)闉檎麛?shù),所以數(shù)列是數(shù)列中包含的無窮等比數(shù)列,因?yàn)楣扔袩o數(shù)個(gè)不同的取值,對應(yīng)著不同的等比數(shù)列,故無窮等比數(shù)列有無數(shù)個(gè)．解法2：設(shè),所以公比．因?yàn)榈缺葦?shù)列的各項(xiàng)為整數(shù),所以為整數(shù),取,則,故,由得,,而當(dāng)時(shí),,即,又因?yàn)?都是正整數(shù),所以也都是正整數(shù),所以數(shù)列是數(shù)列中包含的無窮等比數(shù)列,因?yàn)楣扔袩o數(shù)個(gè)不同的取值,對應(yīng)著不同的等比數(shù)列,故無窮等比數(shù)列有無數(shù)個(gè)．5、〔XX市2017屆高三上學(xué)期期中若數(shù)列中的項(xiàng)都滿足〔,則稱為"階梯數(shù)列".〔1設(shè)數(shù)列是"階梯數(shù)列",且,〔,求；〔2設(shè)數(shù)列是"階梯數(shù)列",其前項(xiàng)和為,求證：中存在連續(xù)三項(xiàng)成等差數(shù)列,但不存在連續(xù)四項(xiàng)成等差數(shù)列；〔3設(shè)數(shù)列是"階梯數(shù)列",且,〔,記數(shù)列的前項(xiàng)和為.問是否存在實(shí)數(shù),使得對任意的恒成立？若存在,請求出實(shí)數(shù)的取值范圍；若不存在,請說明理由.解：〔1,,是以為首項(xiàng)為公比的等比數(shù)列,,,∵數(shù)列是"階梯數(shù)列",∴.〔2由數(shù)列是"階梯數(shù)列"得,故,∴中存在連續(xù)三項(xiàng)成等差數(shù)列；〔注：給出具體三項(xiàng)也可假設(shè)中存在連續(xù)四項(xiàng)成等差數(shù)列,則,即,當(dāng)時(shí),,①當(dāng)時(shí),,②由數(shù)列是"階梯數(shù)列"得,③①②與③都矛盾,故假設(shè)不成立,即中不存在連續(xù)四項(xiàng)成等差數(shù)列.〔3∵,,是以為首項(xiàng)為公差的等差數(shù)列,,又?jǐn)?shù)列是"階梯數(shù)列",故,,①當(dāng)時(shí),,,又恒成立,恒成立,.②當(dāng)時(shí),,,又恒成立,恒成立,.綜上①②,存在滿足條件的實(shí)數(shù),其取值范圍是.n為正偶數(shù),n為正奇數(shù).n為正偶數(shù),n為正奇數(shù).6．〔XX市、XX市2016屆高三年級第二次模擬考試·20>已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且對任意正整數(shù)n都有an＝<－1>nSn＋pn<p為常數(shù),p≠0>．〔1求p的值；〔2求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；〔3設(shè)集合An＝{a2n－1,a2n},且bn,cneq\o<\s\up1<>,∈>An,記數(shù)列{nbn},{ncn}的前n項(xiàng)和分別為Pn,Qn．若b1≠c1,求證：對任意n∈N*,Pn≠Q(mào)n．12．解：〔1由a1＝－S1＋p,得a1＝eq\f<p,2>．由a2＝S2＋p2,得a1＝－p2,所以eq\f<p,2>＝－p2．又p≠0,所以p＝－eq\f<1,2>．〔2由an＝<－1>nSn＋<－eq\f<1,2>>n,得eq\b\lc\{<\a\al<an＝<－1>nSn＋<－eq\f<1,2>>n,……①,an＋1＝－<－1>nSn＋1＋<－eq\f<1,2>>n＋1,……②>>①＋②得an＋an＋1＝<－1>n<－an＋1>＋eq\f<1,2>×<－eq\f<1,2>>n．當(dāng)n為奇數(shù)時(shí),an＋an＋1＝an＋1－eq\f<1,2>×<eq\f<1,2>>n,所以an＝－<eq\f<1,2>>n＋1．當(dāng)n為偶數(shù)時(shí),an＋an＋1＝－an＋1＋eq\f<1,2>×<eq\f<1,2>>n,所以an＝－2an＋1＋eq\f<1,2>×<eq\f<1,2>>n＝2×<eq\f<1,2>>n＋2＋eq\f<1,2>×<eq\f<1,2>>n＝<eq\f<1,2>>n,所以an＝eq\b\lc\{<\a\al<－eq\f<1,2n＋1>,n為奇數(shù),n∈N*,,eq\f<1,2n>,n為偶數(shù),n∈N*．>>〔3An＝{－eq\f<1,4n>,eq\f<1,4n>},由于b1≠c1,則b1與c1一正一負(fù),不妨設(shè)b1＞0,則b1＝eq\f<1,4>,c1＝－eq\f<1,4>．則Pn＝b1＋2b2＋3b3＋…＋nbn≥eq\f<1,4>－<eq\f<2,42>＋eq\f<3,43>+…＋eq\f<n,4n>>．設(shè)S＝eq\f<2,42>＋eq\f<3,43>+…＋eq\f<n,4n>,則eq\f<1,4>S＝eq\f<2,43>＋…＋eq\f<n－1,4n>+eq\f<n,4n＋1>,兩式相減得eq\f<3,4>S＝eq\f<2,42>＋eq\f<1,43>+…＋eq\f<1,4n>－eq\f<n,4n＋1>＝eq\f<1,16>＋eq\f<1,16>×eq\f<1－<eq\f<1,4>>n－1,1－eq\f<1,4>>－eq\f<n,4n＋1>＝eq\f<7,48>－eq\f<1,12>×eq\f<1,4n－1>－eq\f<n,4n＋1>＜eq\f<7,48>．所以S＜eq\f<7,48>×eq\f<4,3>＝eq\f<7,36>,所以Pn≥eq\f<1,4>－<eq