数列中含有(-1)的n次方.doc

1.（2012年新课标）在数列中，，，记是数列的前项和，则= .480
方法：分奇偶数，发现奇数项成等差，偶数项两两相加为1

2、已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝ (n∈N*)．
(1)求证： 数列 ｛＋ ｝是等比数列，并求数列{an}的通项an
(2)若数列{bn}满足bn＝(3n－1)an，数列{bn}的前n项和为Tn，若不等式(－1)nλ＜Tn对一切n∈N*恒成立，求λ的取值范围．
【解析】
试题分析：(1)将已知an＋1＝取倒数可得: ＋1进而利用待定系数法将此式转化为: ＋＝3从而可证数列 ｛＋ ｝是等比数列,然后应用等比数的通项公式可求得数列{an}的通项an; (2)由(1)及已知可得bn＝(3n－1)·＝n· n－1,此数列是由一个等差数列{n}与一个等比数列{ n－1}对应项的积构成的一个数列，此数列的前n项和应用乘公比错位相减法就可求得其前n项和Tn；然后研究数列{Tn}的单调性可知：{Tn}为递增数列，最后通过讨论n的奇偶性及不等式恒成立的知识就可求得λ的取值范围.注意不等式:对一切n∈N*恒成立等价于,同理:不等式:对一切n∈N*恒成立等价于.
试题解析：(1)由题知，＋1， . .1分
∴＋＝3， 2分
∴数列 ｛＋ ｝是以3为公比以=为首项的等比数列。
∴＋＝·3n－1＝，∴an＝ 5分
(2)由(1)知，bn＝(3n－1)·＝n· n－1，
Tn＝1×1＋2× 1＋3× 2＋…＋n· n－1， 6分
Tn＝1×＋2× 2＋…＋(n－1) n－1＋n n，
两式相减得，
Tn＝1＋＋＝2－，
∴Tn＝4－ 10分
∵Tn＋1－Tn＝＞0，
∴{Tn}为递增数列 .12分
①当n为正奇数时，－λ＜Tn对一切正奇数成立，
∵(Tn)min＝T1＝1，∴－λ＜1，∴λ＞－1；
②当n为正偶数时，λ＜Tn对一切正偶数成立，
∵(Tn)min＝T2＝2，∴λ＜2.
综合①②知，－1＜λ＜2 .14分
考点：1.等比数列;2.数列的前n项和；3不等式的恒成立.

3、已知是首项的递增等差数列，为其前项和，且．
（1）求数列的通项公式； （2）设数列满足，为数列的前n项和．若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．

【解析】
试题分析：（1）把式中的、用和进行代换得与联立方程组解出，即可求出通项公式；（2）由（1）可得的通项公式，通过观察求的前项和可通过裂项求得，求得后代入不等式，得到一个关于和的二元一次不等式，要求的取值范围可通过将分离出来，然后用不等式的基本性质及函数的基本性质即可求出的取值范围。
试题解析：（1）由，得
（2分）
（4分）
（2）由（1）得
所以 （6分）
由已知得：恒成立，
因，所以恒成立， （7分）
令，则
当为偶数时，
当且仅当，即时，，所以； （8分）
当为奇数时，
可知随的增大而增大，所以，所以 （9分）
综上所诉，的取值范围是 （10分） （其他解法请酌情给分）
考点：1、等差数列通项公式及前项和公式；2、列项求和法；3、基本不等式；4、函数的单调性。

含有类型题
4、已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝2，且an＋2＝(2＋cosnπ)(an－1)＋3，n∈N*.
(1)求通项an；
(2)设{an}的前n项和为Sn，问：是否存在正整数m，n(m≤3，n≤3)，使得S2n＝mS2n－1？若存在，请求出所有符合条件的正整数对(m，n)，若不存在，请说明理由．
解：(1)当n是奇数时，cosnπ＝－1；当n是偶数时，cosnπ＝1.
所以当n是奇数时，an＋2＝an＋2；当n是偶数时，an＋2＝3an.
又a1＝1，a2＝2，所以a1，a3，a5，…，a2n－1，…是首项为1，公差为2的等差数列；
a2，a4，a6，…，a2n，…是首项为2，公比为3的等比数列．
所以an＝.
(2)由(1)得S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(1＋3＋…＋2n－1)＋(2＋6＋…＋2×3n－1)＝3n＋n2－1.
S2n－1＝S2n－a2n＝3n＋n2－1－2×3n－1＝3n－1＋n2－1.
若使S2n＝mS2n－1的正整数对(m，n)存在，即满足3n＋n2－1＝m(3n－1＋n2－1)的正整数对(m，n)存在．当n＝1时，31＋12－1＝m(31－1＋12－1)，m＝3；当n＝2时，32＋22－1＝m(32－1＋22－1)，m＝2；当n＝3时，33＋32－1＝m(33－1＋32－1)，这时不存在正整数m.故满足题意的正整数对(m，n)只有(3,1)，(2,2)．