《2022年数列通项公式奇数项偶数项分段的类型.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年数列通项公式奇数项偶数项分段的类型.docx（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 优秀资料数列通项公式 奇数项偶数项 分段的类型名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编优秀资料n0 的两例 76 数列 an的首项 a11,且对任意nN,an 与 an1 恰为方程 x 2bnx2个根 . 求数列 an 和数列 bn的通项公式；求数列 bn 的前 n 项和 Sn. 解： 由题意 nN*, anan 12n n1an1an2 anan1an2 an2 2 n 21 分 又 a1a22a11a22 a1,a3, , a2n1 是前项为 a11
2、 公比为 2 的等比数列,a2,a4, , a2n是前项为 a2 2 公比为 2 的等比数列a2n 12 n1 a2n2 n nN *n 1即 an2 2,n 为奇数2 n,n 为偶数又 bnanan1当 n 为奇数时, bn2n1 22n1 232n1 2当 n 为偶数时, bn2n 22n 22 2nn1bn322n2,n 为奇数1,n 为偶数2Sn b1b2b3 bn 当 n 为偶数时,Snb1b3 bn1b2 b4 bn n n33212 244212 272n 27 当 n 为奇数时,Snb1b2 bn1bn名师归纳总结 Sn1bn102n1 27 sin2n,其前 n 项和为S .
3、 第 2 页,共 10 页n1Sn10227,n 为奇数n7227,n为偶数例 77 数列 an的通项ann2cos2n331 求S ; T . 2 b nS 3n,求数列b 的前 n 项和nn 4解: 1 由于2 cosnsin2ncos2n, 故333- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - S 3ka 1a2a 3a 4a 5a6名师精编k优秀资料a3 ka 32a3 k12 12222 3 422522 6 3kk223k2122 3 2133118k5k9k4, 22222 113k1 , 6S 3k1S 3 ka 3kk429 ,S 3k2S 3k
4、1a 3k1k429 3k223n1 , 6n3 k2 kN* 3故S nn113 ,n3k16n3n4 ,n3 k62 b nS 3n9 nn 4 ,nn 42 4T n1 13 2 4229 nn4,4244 T n113229nn14,244两式相减得名师归纳总结 3 T n1139919 n4113999 nn42819 n,第 3 页,共 10 页4n 4124n 4n 42422n32 2n114故T n81n33 n1.3 2222nn,n1,2,3,.3例 78 数列an满意a 11,a 22,an21cos2nansin22求a3,a4,并求数列a n的通项公式；21 n.s
5、in22k1 设b na 2n1,S nb 1b 2b n.证明：当n6 时,S na2n1.解: 由于a 11,a 22,所以a 31cos22a 1sin22a 12,a 42 1 cosa 2sin22 a 24.一般地,当n2k1 k* N 时,a2k112 cos2k21a2 k12- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - a2k11,即a2k1a 2k11.名师精编优秀资料所以数列a 2k1是首项为 1、公差为 1 的等差数列,因此a2k1k .1成立 . 当n2 k k* N 时,a 2k212 cos2ka2ksin22k2 a2k.22所以数
6、列a 2k是首项为 2、公比为 2 的等比数列,因此a 2kk 2 .故数列a n的通项公式为a nn1,n2 k1 kN , *2n2 ,n2 k kN . *由知,b na2nn1n,S n123n,a 222222232n1S n123n122 22224n 2-得,1S n11112n1.2222232nnn n2111 2 21n111n1.21n 22nn 22所以S n211n2nn2.2n2n2要证明当n6时,S n21成立,只需证明当n6时,nn 2证法一1当 n = 6 时,6624831成立 . k1k31.6 26442假设当nk k6时不等式成立,即k kk21.2就
7、当 n=k+1 时,k1k3k kk2k1k3k 2122 k k2S nk2 2k由1、 2所述,当 n 6 时,n n11.即当 n6 时,21.2 2n证法二名师归纳总结 令c nn n2 n6,就cn1cnn1n3n n223nn20.第 4 页,共 10 页2 22n1221- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 所以当n6时,cn1名师精编优秀资料31.c .因此当n6时,ncc 66 8644于是当n6时,n n21.综上所述,当n6时,S n1 n.22 2例 79 设 m 个不全相等的正数a a 2,amm7依次围成一个圆圈2,a 1006
8、是（） 如m2022,且a a 2,a 1005是公差为 d 的等差数列, 而a a 2022,a 2022,公比为 qd 的等比数列；数列a a 1 2,am的前 n 项和S nnm 满意：由S 315,S 2022S 200712 a ,求通项annm ；解：因a a2022,a2022,a 1006是公比为 d 的等比数列,从而a 2000a d a 2022a dS 2022S 202212 a 1得a 2022a 202212 a 1,故解得d3或d4（舍去）；因此d3又S 33a 13 d15；解得a 12从而当n1005时,a na 1n1 d23 n13 n1当1006n202
9、2时,由a a 12022,a2022,a 1006是公比为 d 的等比数列得a na d2022 n1a d2022n1006n2022因此a n3 n1, n1005n20222022 2 3n,1006例 80 已知数列 错误！未找到引用源；中, 错误！未找到引用源；（1）求证：数列 错误！未找到引用源；与错误！未找到引用源；都是等比数列；（2）求数列 错误！未找到引用源；前错误！未找到引用源；的和 错误！未找到引用源；（3）如数列 错误！未找到引用源；前错误！未找到引用源；的和为 错误！未找到引用源； ,不等式 错误！未找到引用源；对错误！未找到引用源；恒成立,求 错误！未找到引用源；
10、 的最大值；解：（ 1） 错误！未找到引用源；2 分, 错误！未找到引用源；名师归纳总结 数列 错误！未找到引用源；是以1 为首项, 错误！未找到引用源；为公比的等第 5 页,共 10 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 名师精编 优秀资料比数列；数列 错误！未找到引用源；是以 错误！未找到引用源；为首项, 错误！未找到引用源； 为公比的等比数列；4 分（2）错误！未找到引用源；错误！未找到引用源；9 分（3）错误！未找到引用源；错误！未找到引用源；当且仅当 错误！未找到引用源；时取等号,所以 错误！未找到引用源； ,即 错误！未找到引用源；, 错误！
11、未找到引用源；的最大值为 48 例 82. 在单调递增数列 a n 中,a 1 1,a 2 2,且 a 2 n 1 , a 2 n , a 2 n 1 成等差数列,a 2 n , a 2 n 1 , a 2 n 2 成等比数列,n 1 , 2 , 3 ,（1）分别运算 a ,a 和 a ,a 的值；（2）求数列 a n 的通项公式（将 a 用 n 表示）；（3）设数列 1 的前 n 项和为 S ,证明：Sn 4 n,n N *a n n 22 2解：（ 1）由已知,得 a 3 2 a 2 a 1 2 2 1 3,a 4 a 3 3 9,a 2 2 22 29 a 5 6a 5 2 a 4 a
12、3 2 3 6,a 6 82 a 4 92（2）a2n1,a2n,a2n1成等差数列,a2n1n2a2na2n1,n1,2,3,；a2 n,a2n1,a2n2成等比数列,a2n2a2 2 n1,n1,2,3,25 16, a2又a33 1,a59,a 616 9,a84,a 75, ；a4a 1a32a 53a24a 4a6猜想a 2n1nn2,a2 nn2n22,nN*,a 2n1a2n1以下用数学归纳法证明之名师归纳总结 当nn1时,a a211a 3312,a 2112kka 4,9k2122,猜想成立；第 6 页,共 10 页211a 111a2a 2411假设kk1时,猜想成立,即a
13、2k12a2kk22,a2k1a 2k1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 那么a2k32 a2k2ka2k1名师精编1优秀资料2a 2k112a21a 2k12ka2ka2k1a 21a2ka 2k名师归纳总结 a2k2 a2k1k114a 2k114kk21a7a 2n3a2n1第 7 页,共 10 页a 2k11a21a 2k11k22a 2k1k2 k2 1kk1 2,k11a 2k4a23a2k322a2k2a 2k122ka2k2a 2k2a2k2a2k2a2k22a 2k2a 2ka 2k222a2kk212a 2a2k2a 2k2a2k2
14、k212k1 22k k1 2k1 1k1nk1时,猜想也成立由,依据数学归纳法原理,对任意的nN*,猜想成立a 2n1a 1a 3a 5a 1a3a 5a2n5a 2n31345nn2n1nn1,123n12a2na 2a 4a6a8a2n2a4a6a2na 22324252nn12n122342当 n 为奇数时,a nn21n112 n1 n3 ；21 n282 2n当 n 为偶数时,an228- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 即数列an的通项公式为an名师精编优秀资料,n 为奇数n1 n3 8n82 2,n 为偶数名师归纳总结 （3）由（ 2）,
15、得1 n8,3 ,n 为奇数2 第 8 页,共 10 页1 nan n8n为偶数2 21明显,S 1a 1当 n 为偶数时,1441；312Sn8214141616181n12 n12426282n2 8214214416416618618n12 n 1 nn81111111n12244668n81n12n4n；22当 n 为奇数（n3）时,S nS n114 n1 2n8n3ann1 1 4n4n1n23 nn24 nn1 n82 n3 4 n. n2n11 nn2n2综上所述,Sn4n,nN*n2例 83 已知等比数列an 的公比为 q ,首项为a ,其前 n 项的和为S 数列a2的前 n
16、n项的和为A , 数列 1n1an 的前 n项的和为B （1）如A 25,B 21,求 an的通项公式；（2）当 n 为奇数时,比较B S 与A 的大小； 当 n 为 偶 数 时 , 如q1, 问 是 否 存 在 常 数（ 与n 无 关 ） , 使 得 等 式B nS nA n0恒成立,如存在,求出的值；如不存在,说明理由解: 1 A 25,B 21, - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 2 a 12 a q25,名师精编优秀资料1,a 12,或a 1q1 , 2a 1a q 11,q2.a n1 2n2,或an2n1. 1a n1q=常数,q 2 a
17、n12a n12q 2常数,n 12a n1a n2a n 1 n1a na n数列a2 n ,n 11a n均为等比数列,首项分别为2 1a,a ,公比分别为2 q ,当 n 为奇数时,当q1时, S nna ,A n2 na ,B na ,1q2k11q2 k1,B S n2 na 1A . 2 na ,B nna , 当q1时, S na ,A nB S n2 na 1A . N,12 a 1当q1时, 设n2k1 kS 2 k1a 11q2 k1,A 2 k12 a 111q22 k1qq21q2B 2 k1a 1 1q2k1a 11q2 k1, 1q1qB 2k1S 2k1A 2k1
18、B S nA . 综上所述,当 n 为奇数时,当 n 为偶数时,名师归纳总结 存在常数2 a 1,使得等式B nS nnA n0恒成立第 9 页,共 10 页1qq1,qn,A n2 a 112 qn,Bna 11qnS na 111q1q21q B nS nA =a 1 1qna 11qa 121q2 nq1q211q- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 2 a 11qn2a 11qqn名师精编优秀资料2 a 11q2n2 q1q211名师归纳总结 2 2 a 11n qa 11qn0对全部的偶数A nn 恒成立,又a 11n q0,第 10 页,共 10 页12 q1q=a 11qn2a 11q1q由题设,a 11qn2 a 11q1q1q2a 11q2 a 1,使得等式B nS n0恒成立存在常数1q- - - - - - -