对隔项成等差数列的简单认识

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所属分类:数列

在数列$\{a_n\}$中,对任意的$n\in \mathcal R$,都有$a_{n+2}-a_n=d$($d$为常数),则称数列$\{a_n\}$是隔项成等差的.

“隔项成等差”是对等差数列知识的延伸,这类问题既能考查学生对基本知识、基本技能的掌握程度,又能考查学生对所学知识灵活应用的能力,因此,在一些有难度的题目中出现的频率还是很大的。本文就带你对“隔项成等差”数列做一个简单的认识。

类型一 $a_n+a_{n+1}=An+B$型

若数列$\{a_n\}$满足$a_n+a_{n+1}=An+B$,则数列$\{a_n\}$是隔项成等差的数列.

证明如下:

由$$a_n+a_{n+1}=An+B\cdots\cdots(1)$$知$$a_{n+1}+a_{n+2}=A(n+1)+B\cdots\cdots(2)$$以上两式相减的:$$a_{n+2}-a_{n}=A$$

因此,数列$\{a_n\}$是隔项成等差的.

【例题】已知数列满足$a_{n+1}+a_n=4n-3$ $(n\in N^*)$,若对任意$n\in N^*$,都有$a_{n+1}^2+a_n^2\ge20n-15$成立,则$a_1$的取值范围是________.

解:由$$a_{n+1}+a_n=4n-3\cdots\cdots(1)$$可得$$a_{n+2}+a_{n+1}=4n+1\cdots\cdots(2)$$ $(2)-(1)$可得:$$a_{n+2}-a_{n}=4$$

因此数列$\{a_{2n-1}\}$是以$a_1$为首项,$4$为公差的等差数列.

数列$\{a_{2n}\}$是以$a_2$为首项,$4$为公差的等差数列.

将$n=1$代入$(1)$式可得:$a_2=1-a_1$,故$$a_n=\begin{cases}2n-2+a_1\quad n=2k-1\\2n-3-a_1 \quad n=2k \end{cases}\quad (k\in N^*)$$

由$$a_{n+1}^2+a_n^2\ge20n-15$$可知:$n$为奇数时,上式可化为$$a_1^2-a_1\ge-4n^2+16n-10$$而$$-4n^2+16n-10\le2$$故只需$$a_1^2-a_1\ge2$$即可,解得:$a_1\ge2$或$a_1\le-1.$

同理当$n$为偶数时,可解得:$a_1\ge1$或$a_1\le-4.$

综上可得:$a_1$的取值范围是$(-\infty,-4]\cup[2,+\infty)$

本题是一道明显的隔项成等差,处理这道题时,首先是再写一个式子相减,由于是隔一项等差,也就自然而然分奇数和偶数讨论.

【练习】若数列$\{a_n\}$满足$a_n+a_{n+1}=4n-6$,且数列$\{a_n\}$单调递增,则$a_1$的取值范围是__________.

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提示:只需$a_1<a_2<a_3$即可,解得$a_1\in(-3,-1)$

类型二 $S_n+S_{n+1}$型

若数列$\{a_n\}$满足$S_n+S_{n+1}=An^2+Bn+C$,则数列$\{a_n\}$是隔项成等差的数列.

证明:由$$S_n+S_{n+1}=An^2+Bn+C\cdots\cdots(1)$$可得:$$S_{n+1}+S_{n+2}=A(n+1)^2+B(n+1)+C\cdots\cdots(2)$$两式相减得:$$a_{n+2}+a_{n+1}=2An-A+B$$

由类型一可知数列$\{a_n\}$是隔项成等差的数列.

【例题】 数列$\{a_n\}$满足$a_2=3a_1$,$\rm{S}_n$是数列$\{a_n\}$的前$n$项和,且有$S_{n+1}+S_n+S_{n-1}=3n^2+2\quad(n\ge2,n\in N^*)$

(1)若数列$\{a_n\}$为等差数列,求通项$\{a_n\}$;

(2)若对任意的$n\in N^*$,$a_n<a_{n+1}$恒成立,求$a_1$的取值范围.

解:(1)在$S_{n+1}+S_n+S_{n-1}=3n^2+2$中,令$n=2$,再结合$a_2=3a_1$可得$a_1=1,d=2$,所以$a_n=2n-1.$

(2)当$n\ge2,n\in N^*$时, 由$$S_{n+1}+S_n+S_{n-1}=3n^2+2$$可得$$S_{n+2}+S_{n+1}+S_n=3(n+1)^2+2$$两式作差得$$a_{n+2}+a_{n+1}+a_n=6n+3\quad(n\ge2,n\in N^*)$$

所以$a_{n+3}-a_n=6\quad(n\ge 2,n\in N^*)$

显然这是一个隔两项成等差的数列.

则可以求得$a_n=\begin{cases} a_1,&n=1\\ 2n+3a_1-4,&n=3k-1,n\in N^*\\2n-9a_1+8,&n=3k,n\in N^*\\2n+6a_1-7,&n=3k+1,n\in N^* )\end{cases}$.

然后只需$a_1<a_2<a_3<a_4$范围就可以很轻松的求出来了,答案$a_1 \in (\dfrac {13}{15},\dfrac{7}{6})$.

【练习】已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$,且$S_n+S_{n+1}=\dfrac {n^2-19n}{2}\quad(n\in N^*)$,若$a_2<-4$,则$S_n$取最小值时$n=$___________.

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提示:由$a_{n+1}+a_{n+2}=n-9$知$a_{2}+a_{3}=-8$,又$\because\quad a_2<-4$,$\therefore\quad a_3>-4>a_2$,且由$a_{10}+a_{11}=0$得$a_{10}<0<a_{11}$,因此$n=10$时,$S_n$取最小值.

类型三 $a_{n+1}+(-1)^na_n=An+B$型

若数列$\{a_n\}$满足$a_{n+1}+(-1)^na_n=An+B$,则数列$\{a_n\}$是隔项成等差的数列.

证明:分别用$2n-1$,$2n$、$2n+1$对$n$赋值,可得:$$a_{2n}-a_{2n-1}=2An-A+B\cdots\cdots(1)$$ $$a_{2n+1}+a_{2n}=2An+B\cdots\cdots(2)$$ $$a_{2n+2}-a_{2n+1}=2An+A+B\cdots\cdots(3)$$

$(2)-(1)$可得:$$a_{2n+1}+a_{2n-1}=A$$ $(2)+(3)$可得:$$a_{2n+2}+a_{2n}=4An+A+2B$$从而:$$a_{2n-2}+a_{2n}=4An-3A+2B$$所以,$$a_{2n+2}+a_{2n-2}=4A$$

这就得到了数列$\{a_n\}$是隔项成等差的数列.

【例题】若数列$\{a_n\}$满足$a_1=a$且$a_{n+1}+(-1)^na_n=2n-1$(其中$a$为常数),$S_n$是数列$\{a_n\}$的前$n$项和,数列$\{b_n\}$满足$b_n=a_{2n}$.

(1)求$a_1+a_3$的值;

(2)试判断$\{b_n\}$是否为等差数列,并说明理由;

(3)求$S_n$.

解:(1)$a_1+a_3=2$.

(2)由$a_{n+1}+(-1)^na_n=2n-1$可得$$a_{2n+1}+a_{2n}=4n-1$$,$$a_{2n+2}-a_{2n+1}=4n+1$$ 两式相加可得:$$b_n+b_{n+1}=8n$$从而$$b_{n-1}+b_{n}=8n-8$$故$$b_{n+1}-b_{n-1}=8$$

显然,这是一个隔项成等差的数列,因此当$b_1,b_2,b_3$成等差数列时,$\{b_n\}$成等差数列,此时可解得$a=1$.

(3)当$n$为偶数时,有$$a_{n+1}+a_n=2n-1$$ $$a_{n+2}-a_{n+1}=2n+1$$二式相加得$$a_n+a_{n+2}=4n$$因此有$$a_{n+2}+a_{n+4}=4n+8$$二式相减,得$$a_(n+4)-a_n=8$$

当$n$为奇数时, 有$$a_{n+1}-a_n=2n-1$$ $$a_{n+2}+a_{n+1}=2n+1$$二式相减得$$a_n+a_{n+2}=2$$

又因$a_1=a,a_2=1+a, a_3=2-a, a_4=7-a$

则$a_n=\begin{cases}a,&n=4k-3\\2n+a-3,&n=4k-2\\2-a,&n=4k-1\\2n-a-1,&n=4k\end{cases}(k\in Ν^*)$

记第$k$组的$4$项和为$t_k$,则$$t_k=a+2(4k-2)+a-3+2-a+2(4k)-a-1=16k-6$$ $$ \sum_{i=1}^kt_k=\dfrac{16×k(k+1)}{2}-6k=8k^2+2k$$

即当$n=4k$时,$S_n=\dfrac {1}{2}n^2+\dfrac {1}{2}n$

当$n=4k-1$时,$S_n=\dfrac {1}{2}n^2-\dfrac {1}{2}n+a$

当$n=4k-3$时,$S_n=\dfrac {1}{2}n^2-\dfrac {1}{2}n+a$

当$n=4k-2$时,$S_n=\dfrac {1}{2}n^2+\dfrac {1}{2}n+2a-2$

所以$S_n=\begin{cases} \dfrac {1}{2}n^2+\dfrac {1}{2}n,&n=4k\\\dfrac {1}{2}n^2-\dfrac {1}{2}n+a,&n=4k-1\\\dfrac {1}{2}n^2+\dfrac {1}{2}n+2a-2,&n=4k-2\\\dfrac {1}{2}n^2-\dfrac {1}{2}n+a,&n=4k-3\end{cases}$

求和其实也是遵循着最基本的等差数列求和的原则,在这里我们选择了分组求的办法,用这种方法时,先把最简单的一种情况算出来,然后结合通项,加加减减就可以得到所有情况下的前$n$项和了.

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