（本小题满分 13 分） 数列 a_ n 满足 a_ 1…——2008 高考数学第 19 题答案解析

【解答】
（本小题满分 13 分）
数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=0, a_{2}=2, a_{n+2}=\left(1+\cos ^{2} \frac{n \pi}{2}\right) a_{n}+4 \sin ^{2} \frac{n \pi}{2}, n=1,2,3, \cdots$,
（I）求 $a_{3}, a_{4}$ ，并求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式；
（II）设 $S_{k}=a_{1}+a_{3}+\cdots+a_{2 k-1}, T_{k}=a_{2}+a_{4}+\cdots+a_{2 k}, W_{k}=\frac{2 S_{k}}{2+T_{k}}\left(k \in N^{+}\right)$，

求使 $W_{k}>1$ 的所有 k 的值，并说明理由。
解：（I）因为 $a_{1}=0, a_{2}=2$ ，所以 $a_{3}=\left(1+\cos ^{2} \frac{\pi}{2}\right) a_{1}+4 \sin ^{2} \frac{\pi}{2}=a_{1}+4=4$ ，
$a_{4}=\left(1+\cos ^{2} \pi\right) a_{2}+4 \sin ^{2} \pi=2 a_{2}=4$,

一般地，当 $n=2 k-1\left(k \in N^{*}\right)$ 时，

$$ a_{2 k+1}=\left[1+\cos ^{2} \frac{(2 k-1) \pi}{2}\right] a_{2 k-1}+4 \sin ^{2} \frac{2 k-1}{2} \pi=a_{2 k-1}+4 $$

即 $a_{2 k+1}-a_{2 k-1}=4$ ．所以数列 $\left\{a_{2 k-1}\right\}$ 是首项为 0 、公差为 4 的等差数列，
因此 $a_{2 k-1}=4(k-1)$ ．

$$ \text { 当 } n=2 k\left(k \in N^{*}\right) \text { 时, } a_{2 k+2}=\left[1+\cos ^{2} \frac{2 k \pi}{2}\right] a_{2 k}+4 \sin ^{2} \frac{2 k}{2} \pi=2 a_{2 k} \text {, } $$

所以数列 $\left\{a_{2 k}\right\}$ 是首项为 2 、公比为 2 的等比数列，因此 $a_{2 k}=2^{k}$ ．
故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=\left\{\begin{array}{l}2(n-1), n=2 k-1\left(k \in N^{*}\right), \\ 2^{\frac{n}{2}}, n=2 k\left(k \in N^{*}\right)\end{array}\right.$
（II）由（I）知，$S_{k}=a_{1}+a_{3}+\cdots+a_{2 k-1}=0+4+\cdots+4(k-1)=2 k(k-1)$ ，

$$ T_{k}=a_{2}+a_{4}+\cdots+a_{2 k}=2+2^{2}+\cdots 2^{k}=2^{k+1}-2, W_{k}=\frac{2 S_{k}}{2+T_{k}}=\frac{k(k-1)}{2^{k-1}} . $$

于是 $W_{1}=0, W_{2}=1, W_{3}=\frac{3}{2}, W_{4}=\frac{3}{2}, W_{5}=\frac{5}{4}, W_{6}=\frac{15}{16}$ ．
下面证明：当 $k \geq 6$ 时，$W_{k}<1$ ．事实上，当 $k \geq 6$ 时，
$W_{k+1}-W_{k}=\frac{(k+1) k}{2^{k}}-\frac{k(k-1)}{2^{k-1}}=\frac{k(3-k)}{2^{k}}<0$ ，即 $W_{k+1}又 $W_{6}<1$ ，所以当 $k \geq 6$ 时，$W_{k}<1$ ．
故满足 $W_{k}>1$ 的所有 k 的值为 $3,4,5$ ．