（本小题满分 12 分） 数列 a_ n 满足 a_ 1…——2008 高考数学第 17 题答案解析

【解答】
（本小题满分 12 分）
数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{2}=2, a_{n+2}=\left(1+\cos ^{2} \frac{n \pi}{2}\right) a_{n}+\sin ^{2} \frac{n \pi}{2}, n=1,2,3, \cdots$ ．
（I）求 $a_{3}, a_{4}$ ，并求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式；
（II）设 $b_{n}=\frac{a_{2 n-1}}{a_{2 n}}, S_{n}=b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n}$ ．证明：当 $n \geq 6$ 时，$\left|S_{n}-2\right|<\frac{1}{n}$ ．

解：（I）因为 $a_{1}=1, a_{2}=2$ ，所以 $a_{3}=\left(1+\cos ^{2} \frac{\pi}{2}\right) a_{1}+\sin ^{2} \frac{\pi}{2}=a_{1}+1=2$ ，

$$ a_{4}=\left(1+\cos ^{2} \pi\right) a_{2}+\sin ^{2} \pi=2 a_{2}=4 $$

一般地，当 $n=2 k-1\left(k \in \mathrm{~N}^{*}\right)$ 时，$a_{2 k+1}=\left[1+\cos ^{2} \frac{(2 k-1) \pi}{2}\right] a_{2 k-1}+\sin ^{2} \frac{2 k-1}{2} \pi$
$=a_{2 k-1}+1$ ，即 $a_{2 k+1}-a_{2 k-1}=1$ ．
所以数列 $\left\{a_{2 k-1}\right\}$ 是首项为 1 、公差为 1 的等差数列，因此 $a_{2 k-1}=k$ ．
当 $n=2 k\left(k \in \mathrm{~N}^{*}\right)$ 时，$a_{2 k+2}=\left(1+\cos ^{2} \frac{2 k \pi}{2}\right) a_{2 k}+\sin ^{2} \frac{2 k \pi}{2}=2 a_{2 k}$ ．
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 $a_{n}=\left\{\begin{array}{l}\frac{n+1}{2}, n=2 k-1\left(k \in \mathrm{~N}^{*}\right), \\ 2^{\frac{n}{2}}, n=2 k\left(k \in \mathrm{~N}^{*}\right) .\end{array}\right.$
（II）由（I）知，$b_{n}=\frac{a_{2 n-1}}{a_{2 n}}=\frac{n}{2^{2}}, S_{n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^{2}}+\frac{3}{2^{3}}+\cdots+\frac{n}{2^{n}}$ ，

$$ \frac{1}{2} S_{n}=\frac{1}{2^{2}}+\frac{2}{2^{2}}+\frac{3}{2^{4}}+\cdots+\frac{n}{2^{n+1}} $$

①－②得，$\frac{1}{2} S_{n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{3}}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}-\frac{n}{2^{n+1}}$ ．

$$ =\frac{\frac{1}{2}\left[1-\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\right]}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n}{2^{n+1}}=1-\frac{1}{2^{n}}-\frac{n}{2^{n+1}} $$

所以 $S_{n}=2-\frac{1}{2^{n-1}}-\frac{n}{2^{n}}=2-\frac{n+2}{2^{n}}$ ．
要证明当 $n \geq 6$ 时，$\left|S_{n}-2\right|<\frac{1}{n}$ 成立，只需证明当 $n \geq 6$ 时，$\frac{n(n+2)}{2^{n}}<1$ 成立．
证法一
（1）当 $n=6$ 时，$\frac{6 \times(6+2)}{2^{6}}=\frac{48}{64}=\frac{3}{4}<1$ 成立．
（2）假设当 $n=k(k \geq 6)$ 时不等式成立，即 $\frac{k(k+2)}{2^{k}}<1$ ．
则当 $n=k+1$ 时，$\frac{(k+1)(k+3)}{2^{k+1}}=\frac{k(k+2)}{2^{k}} \times \frac{(k+1)(k+3)}{2 k(k+2)}<\frac{(k+1)(k+3)}{(k+2) \cdot 2 k}<1$ ．
由①、②所述，当 $n \geqslant 6$ 时，$\frac{n(n+1)}{2^{2}}<1$ ．即当 $n \geq 6$ 时，$\left|S_{n}-2\right|<\frac{1}{n}$ ．
证法二

令 $c_{n}=\frac{n(n+2)}{2^{2}}(n \geq 6)$ ，则 $c_{n+1}-c_{n}=\frac{(n+1)(n+3)}{2^{n+1}}-\frac{n(n+2)}{2^{2}}=\frac{3-n^{2}}{2^{n+1}}<0$ ．
所以当 $n \geq 6$ 时，$c_{n+1}于是当 $n \geq 6$ 时，$\frac{n(n+2)}{2^{2}}<1$ ．
综上所述，当 $n \geq 6$ 时，$\left|S_{n}-2\right|<\frac{1}{n}$ ．