9512.net
甜梦文库
当前位置:首页 >> 数学 >>

16. 数列中的分类讨论问题的研究



专题:数列中的分类讨论问题的研究
一、问题提出 问题 1: 12 ? 2 2 ? 32 ? 4 2 ? ? ? (?1) n?1 n 2 的值为________.

二、思考探究 探究 1 : 已知函数 f ( x) 为二次函数,不等式 f ( x) ? 2 ? 0 的解集为 (?1, ), 且对任意的 a, ? ? R, 恒有

>1 3

f (sin? ) ? 0, f (2 ? cos? ) ? 0 .
(1)求 f ( x) 的解析式; (2)若数列 {an } 满足 a1 ? 1,

3an?1 ? 1 ?

1 3 f (an ? 1) ? f (an ) ? 2

(n ? N * ) ,求数列 {an } 的通项公式;

(3)设 bn ?

1 ,在(2)的条件下,若数列 {bn } 的前 n 项和为 S n , 求数列 {S n ? cos(bn? )} an

的前 n 项和 Tn .

探究 2:已知等比数列 {an } 的首项 a1 ? 2012 ,公比 q ? ?

1 ,数列 {an } 前 n 项和记为 Sn ,前 n 项积记为 2

? ( n) .
(1)求数列 ?Sn ? 的最大项和最小项; (2)判断 ?(n) 与 ?(n ? 1) 的大小,并求 n 为何值时, ? ( n) 取得最大值; (3)证明 {an } 中的任意相邻三项按从小到大排列,总可以使其成等差数列,如果所有这些等差数列的公 差按从小到大的顺序依次设为 d1 , d2 , d3 ,?dn ,证明:数列 {dn } 为等比数列

a1[1 ? (? 1 ) n ] 2 ? 2 a [1 ? (? 1 ) n ] 解: (1) S n ? 1 3 1 2 1 ? (? ) 2
2 n (1)当 n 是奇数时, Sn ? 2 a1[1 ? ( 1 ) ] , 单调递减,? S1 ? S3 ? S5 ? ??? ? S 2 n ?1 ? a1 ,

3

2

3

2 n (2)当 n 是偶数时, Sn ? 2 a1[1 ? ( 1 ) ] , 单调递增,? S2 ? S4 ? S6 ? ??? ? S2 n ? a1 ;

3

2

3

综上,当 n=1 时, Sn有最大值为S1 ? 2012 ; 当 n=2 时, Sn有最小值为S2 ? 1006 (2)? | ?(n) |?| a1a2a3 ?an | ,? , ? 2012 ? 1 ? 2012 211 210 则当 n ? 10 时, | ?(n ? 1) |?| ?(n) | ;当 n ? 11 时, | ?(n ? 1) |?| ?(n) | , 又 ?(10) ? 0, ?(11) ? 0, ?(9) ? 0, ?(12) ? 0 ,

| ? (n ? 1) | ?| an ?1 |? 2012( 1 ) n , | ? ( n) | 2

? ?(n) 的最大值是 ?(9)和?(12) 中的较大者.
? ? (12) ? a10 a11a12 ? a113 ? [2011(? 1 )10 ]3 ? 1 ,??(12) ? ?(9) , ? (9) 2
因此当 n=12 时, ? ( n) 最大. (3) | an | 随 n 增大而减小,数列 {an } 的奇数项均正数且递减,偶数项均负数且递增. ①当 n 是奇数时,调整为 an ?1 , an ? 2 , an .则

a a , 2an?2 ? 2a1 (? 1 )n?1 ? 1 , an?1 ? an ? a1 (? 1 )n ? a1 (? 1 )n?1 ? 1 n 2 2 2 2 2n
? an?1 ? an ? 2an? 2 , an?1 , an? 2 , an 成等差数列;
②当 n 是偶数时,调整为 an , an ? 2 , an ?1 ;则

a a , 2an?2 ? 2a1 (? 1 )n?1 ? ? 1 , an?1 ? an ? a1 (? 1 )n ? a1 (? 1 )n?1 ? ? 1 n 2 2 2 2 2n
? an?1 ? an ? 2an? 2 , an , an? 2 , an?1 成等差数列;

综上可知,数列 {an } 中的任意相邻三项按从小到大排列,总可以使其成等差数列.14 分 ①n 是奇数时,公差 dn ? an?2 ? an?1 ? a1[(? 1 )n?1 ? (? 1 )n ] ?

2

2

3a1 ; 2n?1
3a1 . 2n?1

②n 是偶数时,公差 dn ? an?2 ? an ? a1[(? 1 )n?1 ? (? 1 )n?1 ] ?

2

2

无论 n 是奇数还是偶数,都有 d n ?

d 3a1 ,则 n ? 1 , n ?1 d 2 2 n ?1

因此,数列 {dn } 是首项为 3 a1 ,公比为 1 的等比数列. 4 2 探究 3:已知数列 an ? n ? 16 , bn ? (?1) n ?15 ,其中 n ? N
n

*

(1)求满足 an ?1 = bn 的所有正整数 n 的集合; (2)n ? 16,求数列 ?

? bn ? ? 的最大值和最小值; ? an ?

(3)记数列 ?anbn ? 的前 n 项和为 Sn ,求所有满足 S2m ? S2n (m<n)的有序整数对(m,n). 解: (1)an+1=|bn|,n-15=|n-15|,当 n≥15 时,an+1=|bn|恒成立, 当 n<15 时,n-15=-(n-15) ,n=15;n 的集合{n|n≥15,n∈N*}
n bn (?1) n ? 15 (2) = n ? 16 an

(i)当 n>16 时,n 取偶数

1 bn n ? 15 = =1+ n ? 16 an n ? 16

当 n=18 时(

3 1 bn b )max= 无最小值;n 取奇数时 n =-12 n ? 16 an an

n=17 时(

bn )min=-2 无最大值 an
1 (?1) n (n ? 15) bn b ? (n ? 15) = ,当 n 为偶数时 n = =-1n ? 16 n ? 16 n ? 16 an an

(ii)当 n<16 时,

n=14 时(

1 b 13 bn )max=- ( n )min=2 an 14 an 1 1 14 bn n ? 15 b = =1+ , n=1 , ( n )max=1= , n ? 16 15 15 an n ? 16 an
综上,

当 n 奇数

n=15, (

bn )min=0 an

3 bn 最大值为 (n=18)最小值-2(n=17) 2 an

(3)n≤15 时,bn=(-1)n-1(n-15),a2k-1b2k-1+a2kb2k=2 (16-2k)≥0 ,n>15 时,bn=(-1)n(n-15),a2k-1b2k-1+a2kb2k=2 (2k-16) >0,其中 a15b15+a16b16=0 ? S16=S14 m=7, n=8

探究 4:已知数列 {an } 和 {bn } 满足: a1 ? ? , an ?1 ?

2 an ? n ? 4, bn ? (?1) n (an ? 3n ? 21), 其中 ? 为实数, 3

n 为正整数.
(1)对任意实数 ? ,证明数列 {an } 不是等比数列; (2)试判断数列 {bn } 是否为等比数列,并证明你的结论; 解: (1)证明:假设存在一个实数λ ,使{an}是等比数列,则有 a22=a1a3,即

2 4 4 4 ( ? ? 3) 2 ? ? ( ? ? 4) ? ?2 ? 4? ? 9 ? ?2 ? 4? ? 9 ? 0, 矛盾.所以{an}不是等比数列. 3 9 9 9
(2)解:因为 bn+1=(-1)n+1[an+1-3(n-1)+21]=(-1)n+1(

2 2 2 an-2n+14)= (-1)n· (an-3n+21)=- bn 3 3 3

又 b1x-(λ +18),所以当λ =-18,bn=0(n∈N+),此时{bn}不是等比数列: 当λ ≠-18 时,b1=(λ +18) ≠0,由上可知 bn≠0,∴

ba ?1 2 ? ? (n∈N+). bn 3
2 为公比的等比数列. 3

故当λ ≠-18 时,数列{bn}是以-(λ +18)为首项,-

三、真题链接

四、反思提升

五、反馈检测 1. 已 知 数 列 ?an ? 的 通 项 公 式 为 a n ?

1 n [2 ? (?1) n ], bn ? a n a n ?1 , 设 S n 是 数 列 ?an ? 的 前 n 项 和 , 若 3

bn ? ?S n ? 0 对任意 n ? N * 都成立,则 ? 的取值范围是_________. ?? ?,1?
2. 已知等比数列 {an } 的首项为

1 4 1 ,公比为 ? ,其前 n 项和为 Sn ,若 A ? S n ? ? B 对 n ? N * 恒成立,则 Sn 3 3

B ? A 的最小值为

.

59 72

?an ? 2 (n为奇数) 3. 设数列 ?an ? 前 n 项和为 Sn , a1 ? ? , an ?1 ? ? . ? Sn (n为偶数)

(1)求 a2 ,a3 , a4 ; (2)设 bn ? a2n?1 ? 1 ,判断数列 ?bn ? 是否为等比数列,并证明你的结论; (3)当 ? ? 0 时,数列 ?a2n?1? 前 n 项和为 Tn ,求使 Tn ? 2013 的最小自然数 n. 解: (1) a2 ? a1 ? 2 ? ? ? 2 , a3 ? S2 ? a1 ? a2 ? ? ? ? ? 2 ? 2? ? 2 , a4 ? a3 ? 2 ? 2? ? 4 . (2) n ≥ 2 时, bn?1 ? a2n?1 ? 1 ? S2n ? 1 ? S2n ?2 ? a2n ?1 ? a2n ? 1 ? a2n?1 ? a2n?1 ? a2n ? 1
? 3a2n?1 ? 3 ? 3bn ,

即 n ≥ 2 时,

bn ?1 ?3, bn

又 b1 ? a1 ? 1 ? ? ? 1 , b2 ? a3 ? 1 ? 2? ? 3 , 要使数列 ?bn ? 是等比数列,则
b2 ? 3 ,故 ? ? 0 . b1

所以 ? ? 0 时,数列 ?bn ? 是等比数列, ? ? 0 时,数列 ?bn ? 不是等比数列. (3)由(2)可知 ? ? 0 时,数列 ?bn ? 是等比数列, ∴ bn ? 3n ?1 ,故 a2n?1 ? bn ? 1 ? 3n?1 ? 1, ∴ Tn ? 1 ? 31 ? 32 ? ??? ? 3n?1 ? n ? ∵ a2n?1 ? bn ? 1 ? 3n?1 ? 1≥ 0 , ∴数列 ?Tn ? 单调递增,又 T7 ?
3n ? 1 3n ? 1 ?n? ? n. 3 ?1 2

37 ? 1 38 ? 1 ? 7 ? 1083 ? 2013 , T8 ? ? 8 ? 3272 ? 2013 . 2 2

∴使 Tn ? 2013 的最小自然数 n ? 8 . 4. 已知数列 ?an? 的前 n 项和为 Sn ,且满足: a1 ? a (a ? 0) , an?1 ? rS n (n ? N*, r ? R, r ? ?1) (1)求数列 ?an? 的通项公式; (2)若存在 k ? N*,使得 Sk ? 1 , Sk , Sk ? 2 成等差数列,试判断:对于任意的 m ?N*,且 m ? 2 , am ? 1 ,

am , am ? 2 是否成等差数列,并证明你的结论.
解: (1)由已知 an?1 ? rSn , 可得 an?2 ? rSn?1 ,两式相减可得 即 an?2 ? an?1 ? r ( S ) , an?2 ? (r ? 1)an?1 , n?1 ? S n ? ra n ?1 又 a2 ? ra1 ? ra, 所以 r=0 时, 数列 {an } 为:a,0,…,0,…; 当 r ? 0, r ? ?1 时,由已知 a ? 0, 所以an ? 0 ( n ? N ) ,
*

于是由 an?2 ? (r ? 1)an?1 , 可得

an? 2 ? r ? 1(n ? N ? ) , an?1

?a2 , a3 ,?, an ? ? 成等比数列,
?当n ? 2时 , an ? r (r ?1)n?2 a.
综上,数列 {an } 的通项公式为 an ? ?
*

?an ?r (r ? 1)

n ? 1,
n?2

a, n ? 2

(2)对于任意的 m ? N ,且 m ? 2, am?1 , am , am?2 成等差数列,证明如下: 当 r=0 时,由(I)知, am ? ?

?a, n ? 1, ?0, n ? 2

? 对于任意的 m ? N * ,且 m ? 2, am?1, am , am?2 成等差数列,
当 r ? 0 , r ? ?1 时,

? Sk ?2 ? Sk ? ak ? 1? ak ? , 2 Sk ? ? 1 ak ? . 1
若存在 k ? N ,使得 Sk ?1 , S1 , Sk ?2 成等差数列,
*

则 Sk ?1 ? Sk ?2 ? 2Sk ,

?2Sk ? 2ak?1 ? ak?2 ?2 Sk 即 , a? 2 a? k2 ? ? k1 ,
由(I)知, a2 , a3 ,?, am ,? 的公比 r ? 1 ? ?2 ,于是 对于任意的 m ? N ,且 m ? 2, am?1 ? ?2am , 从而am?2 ? 4am ,
*

成等差数列, ?am?1 ? am?2 ? 2 am, 即 am , am ?1 , am ? 2 综上,对于任意的 m ? N ,且 m ? 2, am?1 , am , am?2 成等差数列
*
2 5. 已知等比数列 {an } 的公比为 q ,首项为 a1 ,其前 n 项的和为 Sn .数列 {an } 的前 n 项的和为 An , 数列

{(?1)n?1 an } 的前 n 项的和为 Bn .

(1)若 A2 ? 5 , B2 ? ?1 ,求 {an } 的通项公式; (2)① 当 n 为奇数时,比较 Bn Sn 与 An 的大小; ② 当 n 为偶数时,若 q ? 1 ,问是否存在常数 ? (与 n 无关) ,使得等式 ( Bn ? ? )Sn ? An ? 0 恒成立, 若存在,求出 ? 的值;若不存在,说明理由. 解: (1) ∵ A2 ? 5, B2 ? ?1 ,

? a12 ? a12 q 2 ? 5, ∴? ? a1 ? a1q ? ?1,

?a1 ? ?2, ?a1 ? 1, ? ∴? 1 或? q? , ? q ? 2. ? ? 2

………………2 分

1 ∴ an ? ?( )n?2 ,或 an ? 2n?1 . 2
(2) ∵

…………………4 分

an?12 a ? ( n?1 )2 ? q 2 ? 常数, 2 an an

(?1)n?2 an?1 a ? (?1) ? n?1 ? ?q =常数, n ?1 (?1) an an

2 ∴数列 {an } , {(?1)n?1 an } 均为等比数列,首项分别为 a12 , a1 ,公比分别为 q2 , ?q .

①当 n 为奇数时, 当 q ? 1 时, Sn ? na1 , An ? na12 , Bn ? a1 , ∴ Bn Sn ? na12 ? An . 当 q ? ?1 时, Sn ? a1 , An ? na12 , Bn ? na1 , ∴ Bn Sn ? na12 ? An . ……………………………………8 分

当 q ? ?1 时, 设 n ? 2k ? 1(k ? N? ) ,
S2 k ?1 ? a1 (1 ? q 2 k ?1 ) a 2 [1 ? (q 2 )2 k ?1 ] a12 (1 ? q 2 k ?1 )(1 ? q 2 k ?1 ) ? , A2 k ?1 ? 1 , 1? q 1 ? q2 1 ? q2

B2 k ?1 ?

a1[1 ? (?q)2 k ?1 ] a1 (1 ? q 2 k ?1 ) ? , 1? q 1? q

∴ B2k ?1S2k ?1 ? A2k ?1 . 综上所述,当 n 为奇数时, Bn Sn ? An . ②当 n 为偶数时, 存在常数 ? ? ∵ q ? 1, ∴ Sn ?
a1 (1 ? q n ) a 2 (1 ? q 2 n ) a1 (1 ? q n ) B ? , An ? 1 , . n 1? q 1 ? q2 1? q a1 (1 ? q n ) a (1 ? q n ) a12 (1 ? q 2 n ) ? ?] 1 ? 1? q 1? q 1 ? q2
2a1 ,使得等式 ( Bn ? ? )Sn ? An ? 0 恒成立. ……11 分 1? q

……………………10 分

∴ ( Bn ? ? )Sn ? An = [
?

a12 (1 ? q n )2 ? a1 (1 ? q n ) a12 (1 ? q 2 n ) ? ? 1 ? q2 1? q 1 ? q2

?

2a12 (1 ? q n ) ? a1 (1 ? q n ) ? 1 ? q2 1? q a1 (1 ? q n ) 2a1 ( ? ?) . 1? q 1? q

=

………………………………14 分

由题设, ∴? ?

a1 (1 ? q n ) 2a1 a (1 ? q n ) ( ? ? ) ? 0 对所有的偶数 n 恒成立,又 1 ? 0, 1? q 1? q 1? q

2a1 . 1? q

………………………………16 分
2a1 ,使得等式 ( Bn ? ? )Sn ? An ? 0 恒成立. 1? q

∴存在常数 ? ?

6. 已知数列 ?an ? 满足 a1 ? a(a ? 0, a ? N ) , a1 ? a2 ? ??? ? an ? pan?1 ? 0 ( p ? 0, p ? ?1, n ? N ) .
*
*

(1)求数列 ?an ? 的通项公式 an ; (2)若对每一个正整数 k ,若将 ak ?1 , ak ?2 , ak ?3 按从小到大的顺序排列后,此三项均能构成等差数列, 且公差 为 dk . ①求 p 的值及对应的数列 ?dk ? . ②记 Sk 为数列 ?dk ? 的前 k 项和, 问是否存在 a ,使得 Sk ? 30 对任意正整数 k 恒成立?若存在,求出 a 的最大值;若不存在,请说明理由. 解 :(Ⅰ) 因 为 a1 ? a 2 ? ??? ? an ? pan? 1? 0 , 所 以 n ? 2 时 , a1 ? a2 ? ??? ? an?1 ? pan ? 0 , 两 式 相 减 , 得

an?1 p ? 1 p ?1 的等比数列 ? (n ? 2) ,故数列 ?an ? 从第二项起是公比为 p an p

a ? (n ? 1) a ? 又当 n=1 时, a1 ? pa2 ? 0 ,解得 a2 ? ,从而 an ? ? a p ? 1 n ?2 p ? p ( p ) (n ? 2) ?
(2)①由(1)得 ak ?1 ?

a p ? 1 k ?1 a p ?1 k a p ? 1 k ?1 ( ) , ak ? 2 ? ( ) , ak ?3 ? ( ) , p p p p p p
1 p ?1 p ?1 ? 1或 ? ?2 ,解得 p ? ? 3 p p

[1]若 ak ?1 为等差中项,则 2ak ?1 ? ak ?2 ? ak ?3 ,即

此时 ak ?1 ? ?3a(?2)k ?1, ak ?2 ? ?3a(?2)k ,所以 dk ?| ak ?1 ? ak ?2 |? 9a ? 2k ?1 [2]若 ak ?2 为等差中项,则 2ak ?2 ? ak ?1 ? ak ?3 ,即

p ?1 ? 1 ,此时无解 p
2 p ?1 p ?1 1 ?1 或 ? ? ,解得 p ? ? ,此时 3 p p 2

[3] 若 ak ?3 为 等 差 中 项 , 则 2ak ?3 ? ak ?1 ? ak ?2 , 即

ak ?1 ? ?

3a 1 k ?1 3a 1 9a 1 k ?1 (? ) , ak ?3 ? ? (? ) k ?1 ,所以 d k ?| ak ?1 ? ak ?3 |? ?( ) 2 2 2 2 8 2 1 2 9a 1 k ?1 ?( ) , dk ? 9a ? 2k ?1 或 p ? ? , d k ? 3 3 8 2

综上所述, p ? ? ②[1]当 p ? ? 当 k ? 3 时, [2] 当 p ? ?

1 10 时, Sk ? 9a(2k ?1) ,则由 Sk ? 30 ,得 a ? , 3 3(2k ? 1)

10 ? 1 ,所以必定有 a ? 1 ,所以不存在这样的最大正整数 3(2k ? 1)
2 9a 1 (1 ? ( ) k ) , 则由 Sk ? 30 , 得 a ? 时, Sk ? 3 4 2

40 40 40 , 因为 , 所以 ? 1 k 1 k 3 3(1 ? ( ) ) 3(1? ( ) ) 2 2 40 即 Sk ? 30 , 1 k 3(1 ? ( ) ) 2

a ? 13 满足 Sk ? 30 恒成立;但当 a ? 14 时,存在 k ? 5 ,使得 a ?

所以此时满足题意的最大正整数 a ? 13 7. 已知数列 {an } 的前 n 项和 Sn 恒为正值,其中 a1 ? 1, a2 ? a ? 1(a ? 1) ,且 (an?1 ? an )Sn ? an?1an . (1)求证:数列 {Sn } 是等比数列; (2)若 a n 与 an ? 2 的等差中项为 A ,试比较 A 与 an ?1 的大小; (3)若 a ? 2 , m 是给定的正整数.先按如下方法构造项数为 2 m 的数列 {bn } :当 n ? 1, 2,? ,m 时,
bn ? b2m? n?1 ;当 n ? m ? 1, m ? 2,?, 2m 时, bn ? an an?1 ,求数列的前 n 项的和 Tn .

8. 已 知 各 项 均 为 正 整 数 的 数 列 {an } 满 足 an ? an?1 , 且 存 在 正 整 数 k (k ? 1) , 使 得

a1 ? a2 ? ? ? ak ? a1 ? a2 ? ? ? ak , an? k ? k ? an (n ? N* ) .
(1)当 k ? 3 , a1a2 a3 ? 6 时,求数列 {an } 的前 36 项的和 S36 (2)求数列 {an } 的通项 an ; (3)若数列 {bn } 满足 bnbn?1 ? ?21? ( )an ?8 ,且 b1 ? 192 ,其前 n 项积为 Tn ,试问 n 为何值时, Tn 取得最大 值? ⑴当 k ? 3 , a1a2 a3 ? 6 ,则 a1 ? a2 ? a3 ? 6 . 设 cn ? a3n ?2 ? a3n ?1 ? a3n , 由 an?3 ? 3 ? an , 得 cn?1 ? cn ? 9 , 所 以 数 列 {cn } 是 公 差 为 9 的 等 差 数 列 , 故

1 2

S36 ? c1 ? c2 ? ? ? c12 ? 12 ? 6 ?

12 ?11 ? 9 ? 666 .………………………………4 分 2

⑵若 k ? 2 时, a1 ? a2 ? a1 ? a2 ,又 a1 ? a2 ,所以 a1 ? a2 ? 2a2 ,所以 a1 ? 1 , 此时 1 ? a2 ? a2 ,矛盾. …………………………………………………………………6 分 若 k ? 3 时, a1 ? a2 ? a3 ? a1 ? a2 ? a3 ,所以 a1 ? a2 ? a3 ? 3a3 , a1 ? a2 ? 3 , 所以 a1 ? 1, a2 ? 2, a3 ? 3 ,满足题意. ……………………………………………………8 分 若 k ≥ 4 时, a1 ? a2 ? ? ? ak ? a1 ? a2 ? ? ? ak ,所以 a1 ? a2 ?? ? ak ? kak ,即 a1 ? a2 ?? ? ak ?1 ? k , 又因为 a1 ? a2 ?? ? ak ?1 ? 1? 2 ??? (k ? 1) ≥ 2k ? 2 ? k ,所以 k ≥ 4 不满足题意.……10 分 所以, a1 ? 1 , a2 ? 2 , a3 ? 3 ,且 an?3 ? 3 ? an , 所以 a3n?2 ? a1 ? 3(n ? 1) ? 3n ? 2 , a3n ?1 ? a2 ? 3(n ? 1) ? 3n ? 1, a3n ? a3 ? 3(n ? 1) ? 3n , 故 an ? n . ………………………………………………………………………………12 分

⑶又 bn ? bn ?1 ? ?21 ? ( ) 所以

1 2

an ?8

,所以 bn ?1 ? bn ? 2 ? ?21? ( )

1 2

an?1 ?8



1 bn ? 2 1 ? ,所以 ?b2n ? , ?b2n?1? 都是以 为公比的等比数列, 2 bn 2

?1 ? 6 1 n2 3 ? 2 ? ( ) , n ≥ 1, n为奇数, ? ? 2 所以 bn ? ? n ??14 ? ( 1 ) 2 ?1 , n ≥ 2, n为偶数 . ? ? 2

…………………………………………14 分

令 bn ? bn?1 ? 1 ,即 ?21? ( )

1 2

n ?8

1 1 ? 1 , ( ) n ?8 ? ,所以 n ≥ 13 , 2 21

, ?, b11 ? b12 ? 1, b13 ? b14 ? 1, b15 ? b16 ? 1 , n 为奇数时有, b1 ? b2 ? 1, b3 ? b4 ? 1
从而 T2 ? T4 ? ? ? T12 , T12 ? T14 ? ? ,

n 为偶数时,有 b2 ? b3 ? 1, b4 ? b5 ? 1,?, b12 ? b13 ? 1, b14 ? b15 ? 1, b16 ? b17 ? 1 ,
从而 T1 ? T3 ? ? ? T13 , T13 ? T15 ? ?, 注意到 T12 ? 0, T13 ? 0 ,且 T13 ? b13 ? T12 ? 3T12 ? T12 , 所以数列 ?bn ? 的前 n 项积 Tn 最大时 n 的值为 13 . ………………………………………16 分



更多相关文章:
数列中的分类讨论
数列中的分类讨论 数列中的分类讨论【教学目标】 教学目标】 知识目标: 知识...然后分别研究和求解, 所谓分类讨论,即对问题中的各种情况进行分类,或对所涉及的...
数列中的奇偶项分类讨论问题20170313
数列中的奇偶项分类讨论问题20170313_高三数学_数学_高中教育_教育专区。高中数学...100 ? 1? 16 3? 2 ? 8.(2014 新课标Ⅰ)已知数列 ?an ? 的前 n 项...
分类讨论试题
分类讨论试题_数学_初中教育_教育专区。分类讨论思想...0 ,则 a ? ___ 16.如图,在直三棱柱 ABC—A...最短路经的问题, 一般都 是研究其展开图 E A P...
16第十七讲 数列的综合问题讲义
16第十七讲 数列的综合问题讲义_数学_高中教育_教育专区。第 17 讲◎高考要求...借助化归转化、分类讨论等数学思想与方法,就能适 应高考数列求和综合题的要求. ...
...2016江苏中考数学复习讲练:题型六 分类讨论问题(wor...
【试题研究】2016江苏中考数学复习讲练:题型六 分类讨论问题(word解析版)_中考_...9 ,在 Rt△ADB 中,由勾股定 AB2 ? AD2 ? 202 ?122 ? 16 ,∴BC=BD-...
分类讨论数列中的应用_图文
分类讨论数列中的应用_冶金/矿山/地质_工程科技_专业资料。龙源期刊网 http:...分类讨论思想在数列问题... 196人阅读 2页 ¥1.00 应用整体思想简化数列...
1. 子数列问题的研究(1)
S4 n ? (10 ? 16n ? 6)n ? 8n 2 ? 2n 2 探究 3:若数列 {an }...本题主要考查等比数列的性质,考查运算能力、推理论证能力、分分类讨论等数学思想...
常见的分类讨论问题解题策略
研究的对象进行分类,然后进行讨论. 分类讨论的思想...了该 函数的最值问题. 4 例 5:已知等比数列 ?...则根据函数的单调性来解决值域问题. 例 16:现有 ...
分类讨论问题
分类讨论问题就是将要研究的数学对象按照一定的标准...数列,这个常数叫做等比数列的公比. (1)等比数列 5...(2)如图 2-4-16 中画出△ABC 所有 .的“友好...
数列问题的题型与方法
分类讨论等重要思想,以及配方法、换元 法、待定系数...方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的...则公差为 -1 16. ( 2006 年浙江卷)已知函数 f...
更多相关标签:
数列奇偶讨论    分类讨论    分类讨论思想    初中数学分类讨论思想    初中数学分类讨论专题    导数分类讨论    等腰三角形分类讨论题    高中数学分类讨论思想    

All rights reserved Powered by 甜梦文库 9512.net

copyright ©right 2010-2021。
甜梦文库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com|网站地图