数列通项公式奇数项偶数项分段的类型

数列通项公式奇数项偶数项分段的类型1.数列{an}的首项a1＝1，且对任意n∈N，an与an＋1恰为方程x2－bnx＋2n＝0的两个根.(Ⅰ)求数列{an}和数列{bn}的通项公式；(Ⅱ)求数列{bn}的前n项和Sn.解：(Ⅰ)由题意n∈N*，an·an＋1＝2n∴an＋1·an＋2an·an＋1＝an＋2an＝2n＋12n＝2'(1分)又∵a1·a2＝2'a1＝1'a2＝2∴a1，a3，…，a2n－1是前项为a1＝1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－1＝2n－1'a2n＝2n'n∈N*即an＝为偶数，为奇数，nnnn2221又∵bn＝an＋an＋1当n为奇数时，bn＝2n－12＋2n＋12＝3·2n－12当n为偶数时，bn＝2n2＋2n2＝2·2n2∴bn＝为偶数，为奇数，nnnn2121223(Ⅱ)Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn当n为偶数时，Sn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝3－3·2n21－2＋4－4·2n21－2＝7·2n2－7(当n为奇数时，Sn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝Sn－1＋bn＝10·2n－12－7(Sn＝为偶数，为奇数，nnnn72772102212.数列{}na的通项222(cossin)33nnnan，其前n项和为nS.(1)求nS;(2)3,4nnnSbn求数列｛nb｝的前n项和nT.解:(1)由于222cossincos333nnn,故312345632313222222222()()()1245(32)(31)(3)(6)((3)))222kkkkSaaaaaaaaakkk1331185(94)2222kkk,3133(49),2kkkkkSSa2323131(49)(31)1321,22236kkkkkkkSSak故1,3236(1)(13),316(34),36nnnknnSnknnnk(*kN)(2)394,424nnnnSnbn21132294[],2444nnnT1122944[13],244nnnT两式相减得12321991999419419443[13][13]8,12444242214nnnnnnnnnnT故2321813.3322nnnnT3.数列221221,2,(1cos)sin,1,2,3,.22nnnnnaaaaan满足(Ⅰ)求34,,aa并求数列na的通项公式；(Ⅱ)设21122,.nnnnnabSbbba证明：当162.nnSn时，.解:(Ⅰ)因为121,2,aa所以22311(1cos)sin12,22aaa22422(1cos)sin24.aaa一般地，当*21(N)nkk时，222121(21)21[1cos]sin22kkkkaa＝211ka，即21211.kkaa所以数列21ka是首项为1、公差为1的等差数列，因此21.kak当*2(N)nkk时，22222222(1cos)sin2.22kkkkkaaa所以数列2ka是首项为2、公比为2的等比数列，因此22.kka故数列na的通项公式为**21,21(N),22,2(N).nnnnkkankk(Ⅱ)由(Ⅰ)知，2122,2nnnanba23123,2222nnnS①2241112322222nnnS②①-②得，23111111.222222nnnnS21111[1()]1221.122212nnnnn所以11222.222nnnnnnS要证明当6n时，12nSn成立，只需证明当6n时，(2)12nnn成立.证法一(1)当n=6时，66(62)48312644成立.(2)假设当(6)nkk时不等式成立，即(2)1.2kkk则当n=k+1时，1(1)(3)(2)(1)(3)(1)(3)1.222(2)(2)2kkkkkkkkkkkkkk由(1)、(2)所述，当n≥6时，2(1)12nn.即当n≥6时，12.nSn证法二令2(2)(6)2nnncn，则21121(1)(3)(2)30.222nnnnnnnnncc所以当6n时，1nncc.因此当6n时，66831.644ncc于是当6n时，2(2)1.2nn综上所述，当6n时，12.nSn4.设m个不全相等的正数12,,,(7)maaam依次围成一个圆圈．（Ⅰ）若2009m，且121005,,,aaa是公差为d的等差数列，而1200920081006,,,,aaaa是公比为qd的等比数列；数列12,,,maaa的前n项和()nSnm满足：320092007115,12SSSa，求通项()nanm；解：因1200920081006,,,,aaaa是公比为d的等比数列，从而22000120081,aadaad由2009200812008200911212SSaaaa得，故解得3d或4d（舍去）。因此3d又313315Sad。解得12a从而当1005n时，1(1)23(1)31naandnn当10062009n时，由1200920081006,,,,aaaa是公比为d的等比数列得2009(1)201011(10062009)nnnaadadn因此200931,100523,10062009nnnnan5.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）若数列错误!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。的最大值。解：（1）∵错误!未找到引用源。，∴错误!未找到引用源。2分∴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!未找到引用源。的最大值为－486.在单调递增数列}{na中，11a，22a，且12212,,nnnaaa成等差数列，22122,,nnnaaa成等比数列，,3,2,1n．（1）分别计算3a，5a和4a，6a的值；（2）求数列}{na的通项公式（将na用n表示）；（3）设数列}1{na的前n项和为nS，证明：24nnSn，*nN．解：（1）由已知，得31222123aaa，292322234aaa，632922345aaa，829624256aaa．（2）∵12212,,nnnaaa成等差数列，∴122122nnnaaa，,3,2,1n；∵22122,,nnnaaa成等比数列，∴nnnaaa221222，,3,2,1n．又1313aa，2435aa，3557aa，……；4924aa，91646aa，162568aa，……∴猜想nnaann21212，222212nnaann，*nN，…以下用数学归纳法证明之．①当1n时，1211313112112aaaa，22412212112149aaaa，猜想成立；②假设)1(kkn时，猜想成立，即kkaakk21212，222212kkaakk，那么1222212121222121212221232kkkkkkkkkkkaaaaaaaaaaa1212411412212121212121212kkkkaaaaaaakkkkkkk12)1(11)2(2kkkk，222122222232222223222422kkkkkkkkkkaaaaaaaaaa222222222222222122kkkkkkkkaaaaaaaa221)1(2)1(121122kkkkkk．∴1kn时，猜想也成立．由①②，根据数学归纳法原理，对任意的*nN，猜想成立．∴32125232573513112nnnnnaaaaaaaaaaaa2)1(1123524131nnnnnn，22268462422nnnaaaaaaaaaa2)1(1453423222222nnn．∴当n为奇数时，8)3)(1(212121nnnnan；当n为偶数时，8)2(21222nnan．即数列}{na的通项公式为为偶数为奇数nnnnnan,8)2(,8)3)(1(2．（3）由（2），得为偶数为奇数nnnnnan,)2(8,)3)(1(812．显然，2114341111aS；当n为偶数时，2222)2(1)2(18186161641414218nnnSn)2(1)2(18618616416414214218nnnn2118161614141218nn2421218nnn；当n为奇数（3n）时，)3)(1(82)1()1(411nnnnaSSnnn24)3)(2)(1(8242)3)(1(211424nnnnnnnnnnnnnnn.综上所述，24nnSn，*nN．7.已知等比数列{}na的公比为q，首项为1a，其前n项的和为nS．数列2{}na的前n项的和为nA，数列1{(1)}nna的前n项的和为nB．（1）若25A，21B，求{}na的通项公式；（2）①当n为奇数时，比较nnBS与nA的大小；②当n为偶数时，若1q，问是否存在常数（与n无关），使得等式()0nnnBSA恒成立，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．解:(1)∵25,A21B,∴22211115,1,aaqaaq∴12,1,2aq或11,2.aq∴21()2nna，或12nna.(2)∵222112()nnnnaaqaa常数，2111(1)(1)