Question

数列{a_n}满足a₁=1，a₂=2，a_n+2=（1+cos²

nπ

2

）a_n+sin²

nπ

2

，n=1，2，3，…．
（1）求a₃，a₄并求数列{a_n}的通项公式；
（2）设b_n=

a2n-1

a2n

，S_n=b₁+b₂+…+b_n．证明：当n≥6时，|S_n-2|＜

1

n

．

Answer 1

分析：（1）根据a_n+2=（1+cos²

nπ

2

）a_n+sin²

nπ

2

，把a₁和a₂代入即可求得a₃，a₄，先看当n=2k-1（k∈N^*）时，整理得a_2k+1-a_2k-1=1进而可判断数列{a_2k-1}是首项为1、公差为1的等差数列；n=2k（k∈N^*）时，整理得a_2k+2=2a_2k进而可判断数列{a_2k}是首项为2、公比为2的等比数列，最后综合可得答案．
（2）把（1）中求得a_n代入b_n中可知数列{b_n}是由等比和等差数列构成，因而可用错位相减法求和，得到数列的求和公式S_n=2-

n+2

2n

．．要证明当n≥6时，|S_n-2|＜

1

n

成立，只需证明当n≥6时，

n(n+2)

2n

＜1成立．用数学归纳法，先看当n=6时求得

n(n+2)

2n

＜1，再假设当n=k（k≥6）时不等式成立，通过n=k+1时，等式亦成立，进而证明结论．

解答：解：（1）因为a₁=1，a₂=2，
所以a₃=（1+cos²

π

2

）a₁+sin²

π

2

=a₁+1=2，
a₄=（1+cos²π）a₂+sin²π=2a₂=4．
一般地，当n=2k-1（k∈N^*）时，a_2k+1=[1+cos²

(2k-1)π

2

]a_2k-1+sin²

(2k-1)π

2

=a_2k-1+1，即a_2k+1-a_2k-1=1．
所以数列{a_2k-1}是首项为1、公差为1的等差数列，
因此a_2k-1=k．
当n=2k（k∈N^*）时，a_2k+2=（1+cos²

2kπ

2

）a_2k+sin²

2kπ

2

=2a_2k．
所以数列{a_2k}是首项为2、公比为2的等比数列，
因此a_2k=2^k．
故数列{a_n}的通项公式为
a_n=

n+1 2 ，n=2k-1(k∈N*) 2 n 2 ，n=2k(k∈N*)

（2）由（1）知，b_n=

a2n-1

a2n

=

n

2n

，
所以S_n=

1

2

+

2

22

+

3

23

+…+

n

2n

，①

1

2

S_n=

1

22

+

2

23

+

3

24

+…+

n

2n^+

1，②
①-②得，

1

2

S_n=

1

2

+

1

22

+

1

23

+…+

1

2n

-

n

2n+1

=

1 2 [1-( 1 2 )n]

1- 1 2

-

n

2n+1

=1-

1

2n

-

n

2n+1

，
所以S_n=2-

1

2n-1

-

n

2n

=2-

n+2

2n

．
要证明当n≥6时，|S_n-2|＜

1

n

成立，只需证明当n≥6时，

n(n+2)

2n

＜1成立．
（1）当n=6时，

6×(6+2)

26

=

48

64

=

3

4

＜1成立．
（2）假设当n=k（k≥6）时不等式成立，即

k(k+2)

2k

＜1．
则当n=k+1时，

(k+1)(k+3)

2k+1

=

k(k+2)

2k

×

(k+1)(k+3)

2k(k+2)

＜

(k+1)(k+3)

(k+2)•2k

＜1．
由（1）、（2）所述，当n≥6时，

n(n+2)

2n

＜1．
即当n≥6时，|S_n-2|＜

1

n

．

点评：本题主要考查了数列的递推式．数列的递推式常用来解决数列求通项公式等问题，有时要注意数列中的奇数项和偶数项的不同．