05 合理分项 破解一类数列问题-《中学生数理化》高二数学2025年1月刊

■江苏省盐城市时杨中学 陈娜娜 等差数列与等比数列有明确的定义,同 时有具体的通项公式及求和公式。但是,数 列中有一类问题,其奇数项与偶数项的特征 不统一,主要有四种形式:递推式是分段函数 的形 式;递 推 式 是“跳 跃 式”,即 anan+1= f(n),an+an+1=f(n)型;递推式中含有 (-1)n 的形式;递推式中含有三角函数。这 类问题蕴含着丰富的数学思想,如分类讨论 思想、转化与化归思想、函数与方程思想等, 解决此类问题的关键在于分类讨论,利用奇 偶分项策略,根据n的不同取值,寻找相邻几 项之间的规律,从而推导出奇数项和偶数项 的递推关系,确定解题的方向。 一、分段函数递推 例 1 已知数列{an}满足a1=1,an+1 = an+1,n为奇数, an+2,n为偶数。 (1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列 {bn}的通项公式; (2)求{an}的前20项和。 切入点1 (1)由题意结合递推关系式 确定数列{bn}的特征,然后求出其通项公式 即可;(2)因为当n 为奇数、偶数时的递推关 系不同,所以可分别求出奇数项、偶数项的通 项公式,分组求和,结合等差数列前n项和公 式,即可求得数列的前20项和。 解法一:(1)显然2n 为偶数,则a2n+1= a2n+2,a2n+2=a2n+1+1=a2n+3。 因为bn=a2n,所以bn+1=bn+3,且b1= a2=a1+1=2,则{bn}是以2为首项,3为公 差的等差数列。 于是b1=2,b2=5,bn=3n-1。 (2)由题意知数列{an}满足a1=1,a2n= a2n-1+1,a2n+1=a2n+2,所以a2n+1=a2n-1+ 3。 数列{an}的奇数项是以1为首项,3为 公差的等差数列。 同理,由a2n+2=a2n+1+1=a2n+3知,数 列{an}的偶数项是以2为首项,3为公差的 等差数列。 从而数列{an}的前20项和为: S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+ a4+a6+…+a20)=10×1+ 10×9 2 ×3+ 10×2+ 10×9 2 ×3=300 。 切入点2 根据n 的奇偶性分类讨论, 结合偶数项的递推关系求解通项公式。 解法二:(1)由题意知a1=1,a2=2,a3= 4,所以b1=a2=2,b2=a4=a3+1=5。 由an+1-an=1(n 为奇数)及an+1-an =2(n为偶数)可知,数列从第一项起,若n 为奇数,则其后一项减去该项的差为1;若n 为偶数,则其后一项减去该项的差为2。 所以an+2-an=3(n∈N*),则bn=b1+ (n-1)×3=3n-1。 (2)S20=a1+a2+a3+…+a20=(a1+ a3+a5+…+a19)+(a2+a4+a6+…+a20) =(b1-1+b2-1+b3-1+…+b10- 1)+b1+b2+b3+…+b10 =2× (b1+b10)×10 2 -10=300 。 切入点3 根据通项公式的特点,可变 形为a1=1,an+1=an+ 3 2+ (-1)n 2 (n∈ N*),用累加法求通项公式。 解法三:(1)由题意知数列{an}满足a1= 1,an+1=an+ 3 2+ (-1)n 2 (n∈N*)。 41 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月 所以b1=a2=a1+ 3 2+ (-1)1 2 =1+1= 2,b2=a4=a3+ 3 2+ (-1)3 2 =a3+1=a2+ 3 2+ (-1)2 2 +1=a2+2+1=2+3=5 。 则bn =a2n =(a2n -a2n-1)+(a2n-1- a2n-2)+…+(a2-a1)+a1=1+2+1+2+… +1+2+1+a1=n×1+2(n-1)+1=3n-1。 故b1=2,b2=5,数列{bn}的通项公式 bn=3n-1。 (2)同解法二(略)。 点评:(1)第一问,解法一,由 题 意 讨 论 {bn}的性质为最一般的思路,也是较好的解 法;解法二,利用递推关系式分类讨论奇偶两 种情况,然后利用递推关系式确定数列的性 质;解法三,写出数列{an}的通项公式,然后 累加求数列{bn}的通项公式,是一种更加灵 活的思路。 (2)第二问,解法一,由通项公式分奇偶 的情况求解前n 项和是一种常规的方法;解 法二,分组求和是常见的数列求和的方法,结 合等差数列前n项和公式和分组的方法进行 求和也是一种常见方法。 二、间隔项递推 例 2 设数列{an}的前n 项和为Sn, 且Sn+1+Sn=n2。若an+1>an 对∀n∈N* 恒成立,则a1 的取值范围为 。 分析:由题意得Sn+Sn-1=(n-1)2(n≥ 2),进而由an 与Sn 的关系求出an+2+an+1 与 an+1+an 的值。当n≥2时,由an+2-an=2可 得两个等差数列的通项公式,由相邻两项间的 大小关系,即可求得a1 的取值范围。 解法一:由题意知Sn+1+Sn=n2,当n≥ 2时,Sn+Sn-1=(n-1)2。 以上两式相减得an+1+an=2n-1(n≥ 2),则an+2+an+1=2n+1。 以上两式相减得an+2-an=2(n≥2)。 当n=1时,2a1+a2=1,则a2=1-2a1。 当n=2时,2a1+2a2+a3=4,则a3= 2+2a1。 则a2n=1-2a1+2(n-1)=2n-2a1- 1,a2n+1=a3+2(n-1)=2n+2a1。 要使an+1>an 对∀n∈N*恒成立,则: a2>a1, a2n+2>a2n+1, a2n+1>a2n。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 代 入 式 子 可 得 1-2a1>a1, 2n+2-2a1-1>2n+2a1, 2n+2a1>2n-2a1-1, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得- 1 4<a1< 1 4 。 所以a1 的取值范围为 - 1 4 ,1 4 。 解法二:由题意知Sn+1+Sn=n2。 当n≥2时,Sn+Sn-1=(n-1)2。 两式相减得an+1+an=2n-1(n≥2),则 an+2+an+1=2n+1。 以上两式相减得an+2-an=2(n≥2)。 所以数列{a2n+1},{a2n}都是以2为公差 的递增数列。 要使an+1>an 对∀n∈N*恒成立,只需: a2>a1, a3>a2, a4>a3。 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 而a2=1-2a1,a3=2+2a1,a4=3-2a1,故 1-2a1>a1, 2+2a1>1-2a1, 3-2a1>2+2a1, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得- 1 4<a1< 1 4 。 所以a1 的取值范围为 - 1 4 ,1 4 。 点评:当递推式为anan+1=f(n),an+ an+1=f(n)型时,往往需构造an+2,an+1 的关 系式,两式作差(商)转化为an+2,an 的关系 式,进而求出奇数项、偶数项的递推关系式。 三、相邻项递推 例 3 已知数列{an}的前n 项和为 Sn,且a1=4,an+an+1=4n+2(n∈N*),则 使得Sn>2 023成立的n的最小值为( )。 A.32 B.33 C.44 D.45 分析:由题意知an+an+1=4n+2。当 n≥2时,an-1+an=4(n-1)+2。两式相减 得an+1-an-1=4。再分类讨论求和,解不等 式即可。 51 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月 解:由题意知an+an+1=4n+2。 当n≥2时,an-1+an=4(n-1)+2。 两式相减得an+1-an-1=4。 当n为奇数时,{an}为等差数列,首项为 4,公差为4,所以an=4+4 n-1 2 =2n+2。 在an+an+1=4n+2中,令n=1,得 a1+a2=6,故a2=6-4=2。 当n为偶数时,{an}为等差数列,首项为 2,公差为4,所以an=2+4 n 2-1 =2n-2。 所以当n为奇数时,Sn=(a1+a3+…+ an) + (a2 + a4 + … + an-1 ) = n+1 2 (4+2n+2)+ n-1 2 (2+2n-4) 2 =n 2+ n+2。 当n 为偶 数 时,Sn=(a1+a3+…+ an-1) + (a2 + a4 + … + an ) = n 2 (4+2n)+ n 2 (2+2n-2) 2 =n 2+n。 当n为奇数时,令n2+n+2>2 023,解得 n≥45;当n为偶数时,令n2+n>2 023,解得 n≥46。 所以使得Sn>2 023成立的n的最小值 为45,选D。 点评:(1)在等差数列中,有一类比较特 殊的递推类型,即an+1+an=An+B,它可以得 到两个子数列,分别是公差为A 的等差数列。 若an+an+1=An+B,A≠0,则当n≥2 时,an-1+an=A(n-1)+B,两 式 相 减 得 an+1-an-1=A,即数列{a2n-1}与数列{a2n}均 是公差为A 的等差数列。 (2)在等比数列中,有一类比较特殊的递 推类型,即an+1an=pqn,它可以得到两个子 数列,分别是公比为q的等比数列。 若anan+1=pqn,p≠0,q≠0,则an+1an+2 =pqn+1,两式相除得 an+2 an =q,即数列{a2n-1} 与数列{a2n}均是公比为q的等比数列。 四、递推式中含有(-1)n 例 4 数列{an}满足an+2+(-1)n· an=3n-1,前16项和为540,则a1= 。 分析:对n为奇偶数分类讨论,分别得出 奇数项、偶数项的递推关系,由奇数项递推式 得到奇数项关于a1 的表达式,由偶数项递推 式得出偶数项的和,建立关于a1 的方程,求 解即可得出结论。 解:由题意知an+2+(-1)nan=3n-1。 当n为奇数时,an+2=an+3n-1。 当n为偶数时,an+2+an=3n-1。 设数列{an}的前n项和为Sn,则: S16=a1+a2+a3+a4+…+a16 =a1+a3+a5+…+a15+(a2+a4)+… +(a14+a16) =a1+(a1+2)+(a1+10)+(a1+ 24)+(a1+44)+(a1+70)+(a1+102)+ (a1+140)+(5+17+29+41) =8a1+392+92=8a1+484=540。 解得a1=7。 点评:当递推式中含有(-1)n 时,我们可 以对n分奇偶数讨论,先将递推关系或通项 公式转换为分段的形式,再选择恰当的数学 方法进行求解。 五、递推式中含有三角函数 例 5 已知数列{an}的前n 项和为 Sn,满足Sn= 2 3 (an-1),n∈N*。 (1)求数列{an}的通项公式; (2)记bn=an·cos nπ 2 ,求数列{bn}的前 100项的和T100。 分析:(1)根据Sn 与an 之间的关系,结 合等比数列的定义进行求解即可。 (2)根据(1)求 得bn=an·cos nπ 2 = (-2)n·cos nπ 2 ,注意到cos nπ 2 的最小正周 期是4,故按n=4k,n=4k-1,n=4k-2, n=4k-3,k∈N*分类讨论,进而求得答案。 解:(1)当n≥2时,an=Sn-Sn-1= 2 3 (an-1)- 2 3 (an-1-1),整 理 得 an an-1 = -2。 (下转第21页) 61 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月 􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕 (上接第16页) 由a1=S1= 2 3 (a1-1),得a1=-2,则数列 {an}是以-2为首项,-2为公比的等比数列。 所以an=(-2)n,n∈N*。 (2)当n=4k,k∈N* 时,b4k=(-2)4k· cos 4kπ 2 =2 4k。 当n=4k-1,k∈N*时,b4k-1=(-2)4k-1· cos (4k-1)π 2 =0 。 当n=4k-2,k∈N*时,b4k-2=(-2)4k-2· cos (4k-2)π 2 =-2 4k-2。 当n=4k-3,k∈N*时,b4k-3=(-2)4k-3· cos (4k-3)π 2 =0 。 则T100=b1+b2+b3+…+b100 =-(22+26+…+298)+(24+28+…+ 2100) =- 22-298×24 1-24 + 24-2100×24 1-24 = 2102-4 5 。 点评:当数列的通项公式中含有三角函数 时,我们可以先判断三角函数部分的最小正周 期,再以此为依据对n的不同取值分类讨论。 综上,转化与化归、分类讨论的思想是奇 偶分项策略中常用的数学思想,分组求和是 通性通法。数列中的奇偶项问题实质上是将 一个数列按项数是奇数或偶数分成两个新的 数列,先分别研究这两个新数列,再利用新数 列的特征(等差数列、等比数列或其他特征) 去求解原数列。在求解过程中,要注意新数 列与原数列的项数、公差、公比等基本量的联 系与区别。 (责任编辑 徐利杰) 12 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2025年1月