Question

3．?dāng)?shù)列{a_n}滿足${a_1}=0，{a_2}=2，{a_{n+2}}=（{1+{{cos}^2}\frac{nπ}{2}}）{a_n}+4{sin^2}\frac{nπ}{2}$，n=1，2，3，…．
（1）求a₃，a₄，并求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)b_n=$\frac{{{a_{2n-1}}}}{{{a_{2n}}}}$，記F（m，n）=$\sum_{i=m}^n{b_i}（{m，n∈{N^*}，m＜n}）$，求證：m＜n，F(xiàn)（m，n）＜4對任意的；
（3）設(shè)S_k=a₁+a₃+a₅+…+a_2k-1，T_k=a₂+a₄+a₆+…+a_2k，W_k=$\frac{{2{S_k}}}{{2+{T_k}}}（{k∈{N^*}}）$，求使W_k＞1的所有k的值，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）a₃=a₁+4=4，a₄=2a₂=4．當(dāng)n=2k，k∈N^*時(shí)，a_2k+2=2a_2k，可得數(shù)列{a_2k}是首項(xiàng)與公比都為2的等比數(shù)列．當(dāng)n=2k-1，k∈N^*時(shí)，a_2k+1=a_2k-1+4，∴數(shù)列{a_2k-1}是首項(xiàng)為0，公差為4的等差數(shù)列．利用等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．
（2）b_n=$\frac{{{a_{2n-1}}}}{{{a_{2n}}}}$=$\frac{n-1}{{2}^{n-2}}$，設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為A_n，利用錯(cuò)位相減法可得A_n=4-$\frac{n+1}{{2}^{n-2}}$＜4．根據(jù)b_n≥0，可得F（m，n）≤A_n，F(xiàn)（m，n）＜4．
（3）S_k=a₁+a₃+a₅+…+a_2k-1=2k（k-1），T_k=a₂+a₄+a₆+…+a_2k=2^k+1-2．W_k=$\frac{2{S}_{k}}{2+{T}_{k}}$=$\frac{k（k-1）}{{2}^{k-1}}$，對k分類討論即可得出．

解答 （1）解：a₃=a₁+4=4，a₄=2a₂=4．當(dāng)n=2k，k∈N^*時(shí)，a_2k+2=2a_2k，
∴數(shù)列{a_2k}是首項(xiàng)與公比都為2的等比數(shù)列．
∴${a}_{2k}={2}^{k}$．即n=2k，k∈N^*時(shí)，a_n=${2}^{\frac{n}{2}}$．
當(dāng)n=2k-1，k∈N^*時(shí)，a_2k+1=a_2k-1+4，∴數(shù)列{a_2k-1}是首項(xiàng)為0，公差為4的等差數(shù)列．
∴a_2k-1=4（k-1）．即n=2k-1，k∈N^*時(shí)，a_n=2n-2．
綜上可得：a₃=4，a₄=4．a(chǎn)_n=$\left\{\begin{array}{l}{2n-2，n=2k-1}\\{{2}^{\frac{n}{2}}，n=2k}\end{array}\right.$，k∈N^*．
（2）證明：b_n=$\frac{{{a_{2n-1}}}}{{{a_{2n}}}}$=$\frac{n-1}{{2}^{n-2}}$，設(shè)數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)和為A_n，則A_n=0+1+$\frac{2}{2}$+$\frac{3}{{2}^{2}}$+…+$\frac{n-1}{{2}^{n-2}}$，
$\frac{1}{2}$A_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{2}{{2}^{2}}$+…+$\frac{n-2}{{2}^{n-2}}$+$\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$，
∴$\frac{1}{2}{A}_{n}$=1+$\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n-2}}$-$\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$=$\frac{1-（\frac{1}{2}）^{n-1}}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{n-1}{{2}^{n-1}}$，
∴A_n=4-$\frac{n+1}{{2}^{n-2}}$＜4．
∵b_n≥0，∴F（m，n）≤A_n，故對任意的m＜n，F(xiàn)（m，n）＜4．
（3）解：S_k=a₁+a₃+a₅+…+a_2k-1=$\frac{k（0+4k-4）}{2}$=2k（k-1），
T_k=a₂+a₄+a₆+…+a_2k=$\frac{2（{2}^{k}-1）}{2-1}$=2^k+1-2．
W_k=$\frac{2{S}_{k}}{2+{T}_{k}}$=$\frac{k（k-1）}{{2}^{k-1}}$，
∴W₁=0，W₂=1，W₃=$\frac{3}{2}$＞1，W₄=$\frac{3}{2}$＞1，W₅=$\frac{5}{4}$＞1，W₆=$\frac{15}{16}$＜1．
k≥6時(shí)，W_k+1-W_k=$\frac{k（k+1）}{{2}^{k}}$-$\frac{k（k-1）}{{2}^{k-1}}$=$\frac{（3-k）k}{{2}^{k}}$＜0，
∴當(dāng)k≥6時(shí)，W_k+1＜W_k．∴當(dāng)k≥6時(shí)，W_k+1≤W₆＜1．
綜上可得：使W_k＞1的所有k的值為3，4，5．

點(diǎn)評 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求和公式、分類討論方法作差法、數(shù)列的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．