周期（循环）数列（扩展）的运用教案.docVIP

PAGE PAGE 4 五、周期（循环）数列（扩展）的运用 对于数列{An}，如果存在一个常数T,对于任意整数nN，使得对任意的正整数恒有Ai=A(i+T)成立，则称数列{An}是从第n项起的周期为T的周期数列。 典型例题： 例1.数列满足，则的前60项和为【 】 （A）3690 （B）3660 （C）1845 （D）1830 【答案】D。 【考点】分类归纳（数字的变化类），数列。 【解析】求出的通项：由得， 当时，；当时，；当时，； 当时，；当时，；当时，； 当时，；当时，；······ 当时，；当时，；当时，； 当时，（）。 ∵， ∴的四项之和为（）。 设（）。 则的前项和等于的前15项和，而是首项为10，公差为16的等差数列， ∴的前项和=的前15项和=。故选D。 例2.对于，将n表示为,当时，当时为0或1，定义如下：在的上述表示中，当，a2，…，ak中等于1的个数为奇数时，bn=1；否则bn=0. （1）b2+b4+b6+b8=　　▲　　.； （2）记cm为数列{bn}中第m个为0的项与第m+1个为0的项之间的项数，则cm的最大值是　　▲　　.. 【答案】（1）3；（2）2。 【考点】数列问题。 【解析】（1）观察知；； 依次类推；； ；，；； ∴b2+b4+b6+b8=３。 （2）由（1）知cm的最大值为２。 例3.对于项数为的有穷数列，记（），即为中的最大值，并称数列是的控制数列，如1，3，2，5，5的控制数列是1，3，3，5，5 （1）若各项均为正整数的数列的控制数列为2，3，4，5，5，写出所有的（4分） （2）设是的控制数列，满足（为常数，），求证：（）（6分） （3）设，常数，若，是的控制数列，求（8分） 【答案】解：（1）数列为：2, 3, 4, 5, 1；2, 3, 4, 5, 2；2, 3, 4, 5, 3；2, 3, 4, 5, 4；2, 3, 4, 5, 5。 （2）证明：∵，，∴。 ∵，，∴，即。 ∴。 （3）对，；； ；。 比较大小，可得。 ∵， ∴，即； ，即。 又∵，∴，，，。 ∴ = = ===。 【考点】数列的应用。 【解析】（1）根据题意，可得数列。 （2）依题意可得，又，，从而可得，整理即证得结论。 （3）根据，可发现，；； ；。通过比较大小，可得，，而，从而可求得的值。 六、数列特征方程的应用：所谓数列的特征方程，实际上就是为研究相应的数列而引入的一些等式，常用的有以下几种形式： 1. 形如的数列，一般是令，解出，则是公比为的等比数列 。 2. 形如的数列，一般是令，解出，则 ①当时, ，其中为待定系数，可根据初始值求出； ②当时，，其中为待定系数，可根据初始值求出。 3. 形如的数列，一般是令，解出，则 ①当时，为等比数列；②当时，为等差数列。 典型例题： 例1.函数。定义数列如下：是过两点的直线与轴交点的横坐标。 （1）证明：； （2）求数列的通项公式。 【答案】解：（1）∵，∴点在函数的图像上。 ∴由所给出的两点，可知，直线斜率一定存在。 ∴直线的直线方程为。 令，可求得，解得。 ∴。 下面用数学归纳法证明： 当时，，满足， 假设时，成立，则当时，， 由得，，即，∴。 ∴也成立。 综上可知对任意正整数恒成立。 下面证明： ∵， ∴由得，。∴。 ∴即。 综上可知恒成立。 （2）由得到该数列的一个特征方程即， 解得或。 ∴① ，②。 两式相除可得。 而 ∴数列是以为首项以为公比的等比数列。 ∴。 【考点】数列的通项公式以及函数与数列相结全的综合运用，不等式的证明，数学归纳法。 【解析】（1）先从函数入手，表示直线方程，从而得到交点坐标，再运用数学归纳法证明，运用差值法证明，从而得证。 （2）根据递推公式构造等比数列进而求得数列的通项。