数列中的奇偶项问题

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数列奇偶项练习题

数列奇偶项练习题数列奇偶项练习题数列是数学中的一个基础概念，它是由一系列按照一定规律排列的数字组成的序列。

在解决数列问题时，我们常常需要观察数列中的规律，找出其中的特点，从而推导出数列的通项公式。

在这个过程中，奇偶项往往是一个重要的考察点。

本文将通过一些练习题，帮助读者更好地理解和掌握数列中奇偶项的特点。

题目一：一个数列的第一个项为1，从第二项开始，每一项都是前一项的2倍加1。

求这个数列的第10项。

解析：根据题目中给出的规律，我们可以列出数列的前几项：1，3，7，15，31，63，127，255，511。

观察数列中的奇偶项，我们可以发现奇数项都是2的幂次减1，而偶数项都是2的幂次加1。

因此，第10项应该是2的9次幂减1，即512-1=511。

题目二：一个数列的第一个项为3，从第二项开始，每一项都是前一项的3倍减2。

求这个数列的前10项中奇数项的和。

解析：根据题目中给出的规律，我们可以列出数列的前几项：3，7，19，55，163，487，1459，4375，13123，39367。

观察数列中的奇偶项，我们可以发现奇数项都是3的幂次减1，而偶数项都是3的幂次加1。

因此，我们只需要计算数列中奇数项的和即可。

根据等差数列求和公式，我们可以得到数列的第n项为(3^n-1)/2。

因此，前10项中奇数项的和为(3^1-1)/2+(3^3-1)/2+(3^5-1)/2+...+(3^9-1)/2=3^1+3^3+3^5+...+3^9-5=9841。

题目三：一个数列的第一个项为2，从第二项开始，每一项都是前一项的平方减1。

如果数列的第n项是一个质数，求n的取值范围。

解析：根据题目中给出的规律，我们可以列出数列的前几项：2，3，8，63，3968，1572863，...。

观察数列中的奇偶项，我们可以发现奇数项都是2的幂次加1，而偶数项都是2的幂次减1。

因此，我们只需要考察数列中奇数项的取值。

通过计算，我们可以发现数列的第2项和第3项都是质数。

高中数学核心考点：数列难点3 数列中的奇偶项问题 - 解析

微专题2：数列中的奇偶项问题数列中的奇、偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行单独研究，利用新数列的特征如：等差、等比数列或其他特征求解原数列．题型一：等差等比数列的奇偶项特性例1-1：已知等差数列{an}的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为( ) A. 10 B. 20 C. 30 D. 40【解析】设项数为2n ，则由S 偶－S 奇＝nd 得25－15＝2n ，解得n ＝5，故这个数列的项数为10.例1-2：已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________.【解析】由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＝－80，S 偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2.规律方法：若等差数列{a n }的项数为偶数2n ，则：①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1.若等差数列{a n }的项数为奇数2n ＋1，则：①S 2n ＋1＝(2n ＋1)a n ＋1；②S 奇S 偶＝n ＋1n .若等比数列{a n }中，公比为q .当项数是偶数时，S 偶＝S 奇·q ；当项数是奇数时，S 奇＝a 1＋S 偶·q .若共有2n ＋1项，则S 奇－S 偶＝a 1＋a 2n ＋1q1＋q(q ≠1且q ≠－1)．1. 在等差数列{a n }中，前2m (m 为正整数)项的和为155，其中奇数项的和为70，且 a 2m －a 1＝27，则该数列的通项公式为_____________.【解析】由题得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶－S 奇＝md ＝85－70＝15，a 2m －a 1＝(2m －1)d ＝27，解得d ＝3，m ＝5.又S 2m ＝S 10＝(a 1＋a 10)×102＝155，解得a 1＝2，从而a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋3n －3＝3n －1.2. 在等比数列{a n }中，已知a 3，a 7是方程x 2－6x ＋1＝0的两根，则a 5等于( )A. 1B. －1C. ±1D. 3【解析】在等比数列{a n }中，因为a 3，a 7是方程x 2－6x ＋1＝0的两个根，所以a 3＋a 7＝6＞0，a 3·a 7＝1＞0，所以a 3＞0，a 7＞0，a 5＞0.因为a 3·a 7＝a 25＝1，所以a 5＝1.题型二：奇偶分析求通项例2：设n S 为数列{}n a 的前n 项和，1(1),,2nn n n S a n N *=--∈求n a 的通项式∵1(1)2nn n n S a =--∴当2n ≥时，11111(1)2n n n n S a ----=--两式相减得111111(1)(1)22n n n n n n n n S S a a -----=----+，即111(1)(1)2n n n n n n a a a --=---+ 当n 是偶数时，112n n n n a a a -=++，所以112n n a -=-，即n 是奇数时，112n n a +=-；当n 是奇数时，1122n n n a a -=-+，1111222n n n n a a --=-+=，即当n 是偶数时，12nna =.1.,32,122,1n n a a a a ===+，求n a 的通项式2.,52,311+=+=+n a a a n n 求n a 的通项式题型三：奇偶分析求和例3：在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n，记S n 为{a n }的前n 项和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *. (1)判断数列{b n }是否为等比数列，并写出其通项公式；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)求S n . 解 (1)因为a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1，所以a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . 因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，所以数列{b n }是公比为12的等比数列．因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，b 1＝a 1＋a 2＝32，所以b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n ，n ∈N *.(2)由(1)可知a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列，所以a 2n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －1，a 2n＝⎝⎛⎭⎫12n ，所以a n ＝11221,212n n n n +-⎧⎛⎫⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎪⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎩为奇数，偶，为数. (3)因为S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝3－32n ，又S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3－32n －12n ＝3－42n ，所以S n ＝21233,2432n n n n +⎧-⎪⎪⎨⎪-⎪⎩为偶数，为奇数.，规律方法：对于通项公式分奇、偶不同的数列{a n }求S n 时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a 2k －1＋a 2k 看作一项，求出S 2k ，再求S 2k －1＝S 2k －a 2k .1. 数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( ) A ．200 B ．－200 C ．400 D ．－400解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3) ＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.2.设数列{}n a 满足123411,1,4,4a a a a ====，数列{}n a 前n 项和是n S ，对任意的*n N ∈，()()242122cos x n n n n n n n a af x x a a a x e a a +++++=++--，若()00f '=，当n 是偶数时，n S 的表达式是___________．【解析】()()242122sin x n n n n n n n a af x a a a x e a a +++++'=-+--，因为()00f '=，所以2420n n n n a a a a +++-=，即242n n n n a aa a +++=，所以数列{}n a 中所有的奇数项成等比数列，所有的偶数项成等比数列，所以当n 是偶数时，n S 的表达式是22111114424111433214nn n n⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥⋅- ⎪⋅- ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦+=-+-⨯-． 3. 已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝12，[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，n ∈N *.(1)令b n ＝a 2n －1，判断{b n }是否为等差数列，并求数列{b n }的通项公式； (2)记数列{a n }的前2n 项和为T 2n ，求T 2n .解 (1)因为[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，所以[3＋(－1)2n －1]a 2n ＋1－2a 2n －1＋2[(－1)2n －1－1]＝0，即a 2n ＋1－a 2n －1＝2，又b n ＝a 2n －1，所以b n ＋1－b n ＝a 2n ＋1－a 2n －1＝2，所以{b n }是以b 1＝a 1＝1为首项，2为公差的等差数列，所以b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，n ∈N *. (2)对于[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，当n 为偶数时，可得(3＋1)a n ＋2－2a n ＋2(1－1)＝0，即a n ＋2a n ＝12，所以a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列；当n 为奇数时，可得(3－1)a n ＋2－2a n ＋2(－1－1)＝0，即a n ＋2－a n ＝2，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，2为公差的等差数列，所以 T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝⎣⎡⎦⎤n ×1＋12n (n －1)×2＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝n 2＋1－12n ，n ∈N *.题型四：由奇偶项分类讨论求参数例4：已知数列{a n }的前n 项和S n ＝(－1)n ·n ，若对任意的正整数n ，使得(a n ＋1－p )·(a n －p )<0恒成立，则实数p 的取值范围是________．解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n n －(－1)n －1(n －1)＝(－1)n (2n －1)．因为对任意的正整数n ，(a n ＋1－p )(a n －p )<0恒成立，所以[(－1)n ＋1(2n ＋1)－p ][(－1)n (2n －1)－p ]<0.①当n 是正奇数时，化为[p －(2n ＋1)][p ＋(2n －1)]<0，解得1－2n <p <2n ＋1，因为对任意的正奇数n 都成立，取n ＝1时，可得－1<p <3.②当n 是正偶数时，化为[p －(2n －1)][p ＋(1＋2n )]<0，解得－1－2n <p <2n －1，因为对任意的正偶数n 都成立，取n ＝2时，可得－5<p <3.联立⎩⎪⎨⎪⎧－1<p <3，－5<p <3，解得－1<p <3.所以实数p 的取值范围是(－1,3)．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，对任意N n +∈，1(1)32nn n nS a n =-++-且 1()()0n n t a t a +--<恒成立，则实数t 的取值范围是．【解析】当1n时，134a 当2n时，11111(1)42n n n n S a n ----=-++-，所以11(1)(1)12n n n n n na a a -=-+--+ 当n 为偶数时，1112n n a -=-；当n 为奇数时，11212n n n a a -=--+，即1112122n n n a --=--+，1232n n a -=-. 所以113,211,2nn n n a n +⎧-⎪⎪=⎨⎪-⎪⎩为偶数为奇数.当n 为偶数时，1113,324n n a ⎡⎫=-∈⎪⎢⎣⎭，当n 为奇数时，11311,24n n a +⎛⎤=-∈--⎥⎝⎦又因为1()()0n n t a t a +--<恒成立，1n n a t a +<<，所以31144t.。

数列中的奇偶项问题

n n 1 2 2
2
n 1 n 3 2 2
3、相间两项之差为常数；例 3：已知数列{an}中 a1=1，a2=4，an=an-2+2 （n≥3），Sn 为{an}前 n 项和，求 Sn
解：∵an-an-2=2 （n≥3） ∴a1,a3,a5,…,a2n-1 为等差数列；a2,a4,a6,…,a2n 为等差数列
1 1 1 1 n2 1 n2 ②n 为奇数时： an 2( ) 2( ) 3 3
n 1 n 1 11 * 2(2( ) 2) 2 n n2 k2 k 1( k 1( k N )N ) 33 a { n 则有：nan { n 11 1 1 * ( ( ) 2 ) 2 n n2 k (2 kk N )N ) ( k 2 3
作业：数列{an}满足 an+1+（﹣1）nan=2n﹣1，则{an}的前 60 项和为
方法五：当为奇数时, ,
．
因此每四项的和依此构成一个以 10 为首项 ,16 为公差等差数列 , 所以
的前
项和为
1 n 2 * x C x ( ) 0 n N 练习：已知 an，an+1 为方程的两根 ∈ ， n 3 a1=2，Sn=C1+C2+…+Cn，求 an 及 S2n。
解：①当 n 为偶数时： S n a1 a2 a3 a4 … an 1 an
(a1 a2 ) (a3 a4 ) … (an 1 an )
②当 n 为奇数时： S n a1 (a2 a3 ) (a4 a5 ) … (an 1 an )
②n 为偶数时，n+1 为奇数： Cn an an 1

数列中的奇偶项问题

1 1 1 3 3 2 1 1 3
n
n 6 n(n 1) 9n 1 3n 2 6n 1 2 3
（3）显然当 n N * 时， S 2 n 单调递减，
又当 n 1 时， S2
2
1 3 1 (1 ( ) k ) 1 (1 ( ) k ) 3 1 3 n 1 n 2 2 2[( ) k ( ) k ] 4 2[( ) 2 ( ) 2 ] 4 . 1 3 2 2 2 2 1 1 2 2
……6 分
②当 n 2k 1 时， Sn S2 k a2 k 2[( ) k ( ) k ] 4 ( ) k 1
a1 1, a 2 2 ，设 bn a 2 n 1 a 2 n ．
（1）若数列 bn 是公比为 3 的等比数列，求 S 2 n ；
（2）若 S 2 n 3( 2 n 1) ，数列 a n a n 1 也为等比数列，求数列的 a n 通项公式．
解：（1） b1 a1 a2 1 2 3 ， S2 n (a1 a2 ) (a3 a4 ) ...... (a2 n 1 a2 n )
7 8 0 ，当 n 2 时， S 4 0 ，所以当 n≥ 2 时， S 2 n 0 3 9
5
S 2 n 1 S 2 n a2 n
3 1 5 3n 2 6n ， 2 3 2
n
同理，当且仅当 n 1 时， S 2 n 1 0 ．
数列中的奇偶项问题
题型一、等差或等比奇偶项问题
(2)．等比数列 an 的首项为 1 ，项数为偶数，且奇数项和为 85 ，偶数项和为 170 ，则数列的项数为____ 8 ___

高中数学2轮15 第2部分专题2 强基专题1 数列中的奇、偶项问题

数列中的奇、偶项问题“分段函数的递推关系”属于数列奇偶项的问题，该类问题主要考查学生的综合运用知识能力与探究问题能力，解决此类问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差(比)等，特别注意分类讨论等思想在解题中的灵活运用.【例1】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＝⎩⎨⎧a n －1＋1，n ＝2k 2a n －1＋1，n ＝2k ＋1(k ∈N *)．则下列选项不正确的为( )A ．a 6＝14B ．数列{a 2k －1＋3}(k ∈N *)是以2为公比的等比数列C ．对于任意的k ∈N *，a 2k ＝2k ＋1－3D ．S n ＞1 000的最小正整数n 的值为15C [由题设可得a 2k －a 2k －1＝1，a 2k ＋1－2a 2k ＝1，因为a 1＝1，a 2－a 1＝1，故a 2＝a 1＋1＝2，所以a 2k ＋2－a 2k ＋1＝1，a 2k ＋1－2a 2k ＝1，所以a 2k ＋2－2a 2k ＝2，所以a 2k ＋2＋2＝2(a 2k ＋2)，因为a 2＋2＝4≠0，故a 2k ＋2≠0，所以a 2k ＋2＋2a 2k ＋2＝2，所以{a 2k ＋2}为等比数列，所以a 2k ＋2＝4×2k －1，即a 2k ＝2k ＋1－2，故a 6＝16－2＝14，故A 正确，C 错误．又a 2k －1＝2k ＋1－2－1＝2k ＋1－3，故a 2k －1＋3＝2k ＋1，所以a 2k ＋1＋3a 2k －1＋3＝2，即{a 2k －1＋3}(k ∈N *)是以2为公比的等比数列，故B 正确．S14＝a1＋a2＋…＋a14＝a1＋(a1＋1)＋…＋a13＋(a13＋1)＝2(a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13)＋7＝2×(22－3＋23－3＋…＋28－3)＋7＝981，S15＝S14＋a15＝981＋509＝1 490＞1 000，故S n＞1 000的最小正整数n的值为15，故D正确．故选C．]题设中给出的是混合递推关系，因此需要考虑奇数项的递推关系和偶数项的递推关系，另外讨论D项是否成立时注意先考虑S14的值.【例2】已知数列{a n}满足a n＋1＋a n＝4n－3(n∈N*)．(1)若数列{a n}是等差数列，求a1的值；(2)当a1＝2时，求数列{a n}的前n项和S n.[解](1)若数列{a n}是等差数列，则a n＝a1＋(n－1)d，a n＋1＝a1＋nd.由a n＋1＋a n＝4n－3，得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝2nd＋2a1－d＝4n－3，所以2d＝4,2a1－d＝－3，解得，d＝2，a1＝－12.(2)由a n＋1＋a n＝4n－3，得a n＋2＋a n＋1＝4n＋1(n∈N*)．两式相减，得a n＋2－a n＝4.所以数列{a2n－1}是首项为a1，公差为4的等差数列，数列{a2n}是首项为a2，公差为4的等差数列，由a2＋a1＝1，a1＝2，得a2＝－1.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ， n 为奇数2n －5， n 为偶数.法一：①当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a n )＝2＋2(n －1)2·n 2＋－1＋(2n －5)2·n 2＝2n 2－3n 2.②当n 为奇数时，S n ＝2(n －1)2－3(n －1)2＋2n ＝2n 2－3n ＋52，所以S n＝⎩⎨⎧2n 2－3n ＋52，n 为奇数，2n 2－3n2，n 为偶数.法二：①当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n )＝1＋9＋…＋(4n －7)＝2n 2－3n2；②当n 为奇数时，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －2＋a n －1)＋a n ＝1＋9＋…＋(4n －11)＋2n ＝2n 2－3n ＋52. 所以S n＝⎩⎨⎧2n 2－3n ＋52，n 为奇数，2n 2－3n2，n 为偶数.1．数列中连续两项和或积的问题(a n ＋a n ＋1＝f (n )或a n ·a n ＋1 ＝f (n ))属于数列中的奇、偶项问题．2．对于通项公式分奇、偶不同的数列{a n }求S n 时，我们可以分别求出奇数项和偶数项的和，也可以把a 2k －1＋a 2k 看作一项，求出S 2k ，再求S 2k －1＝S 2k －a 2k .[跟进训练]1．数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝(－1)n (2n －1)，则{a n }的前60项和为( ) A ．－1 710 B ．－1 740 C ．－1 770D ．－1 880C [根据题意，数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝(－1)n (2n －1)，当n 为奇数时，有a n ＋1＋a n ＝－(2n －1)，其中当n ＝1时，有a 2＋a 1＝－1，当n ＝3时，有a 4＋a 3＝－5，当n ＝5时，有a 6＋a 5＝－9， …当n ＝59时，有a 60＋a 59＝－(2×59－1)＝－117，则{a n }的前60项和S 60＝(a 2＋a 1)＋(a 4＋a 3)＋…＋(a 60＋a 59)＝(－1)＋(－5)＋…＋(－117)＝－(1＋5＋9＋…＋117)＝－(1＋117)×302＝－1 770.故选C ．]2．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧12a n ＋n ，n 为正奇数a n －2n ，n 为正偶数，b n ＝a 2n －2.(1)求a 2，a 3，a 4；(2)求证：数列{b n }为等比数列，并求其通项公式； (3)求和T n ＝a 2＋a 4＋…＋a 2n .[解](1)a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎨⎧12a n ＋n ，n 为正奇数a n －2n ，n 为正偶数，可得a 2＝1＋12a 1＝1＋12＝32；a 3＝a 2－4＝－52，a 4＝3＋12a 3＝74.(2)证明：b n ＝a 2n －2＝12a 2n －1＋2n －1－2＝12(a 2n －2－4n ＋4)＋2n －1－2＝12(a 2n －2－2)＝12b n －1，又b 1＝a 2－2＝－12，可得数列{b n }为公比为12，首项为－12的等比数列，即b n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.(3)由(2)可得a 2n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，T n ＝a 2＋a 4＋…＋a 2n ＝2n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋ (12)＝2n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝2n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，记S n 为{a n }的前n 项和，b n＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并写出其通项公式； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)求S n .[解] (1)因为a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，所以a n ＋2a n＝12，即a n ＋2＝12a n .因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，所以数列{b n }是公比为12的等比数列．因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，b 1＝a 1＋a 2＝32，所以b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n ，n ∈N *.(2)由(1)可知a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列，所以a 2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12 n ＋12－1，n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n2，n 为偶数.(3)因为S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝3－32n ，又S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3－32n －12n ＝3－42n ，所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3－32n 2，n 为偶数，3－42n ＋12，n 为奇数.4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝12n 2＋12n . (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝⎩⎨⎧a n ，n ＝2k －1，k ∈N *，2a n ，n ＝2k ，k ∈N *，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .[解] (1)因为S n ＝12n 2＋12n ，所以当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n 2＋12n －⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(n －1)2＋12(n －1)＝n ，又n ＝1时符合上式，所以a n ＝n .(2)因为b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n ＝2k －1，k ∈N *，2a n ，n ＝2k ，k ∈N *，所以对任意的k ∈N *，b 2k ＋1－b 2k －1＝(2k ＋1)－(2k －1)＝2，则{b 2k ＋1}是以1为首项，2为公差的等差数列．又b 2k ＋2b 2k ＝22k ＋222k ＝4，所以{b 2k }是以4为首项，4为公比的等比数列．所以T 2n ＝(b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1)＋(b 2＋b 4＋b 6＋…＋b 2n )＝(1＋3＋…＋2n －1)＋(4＋42＋43＋…＋4n )＝n (1＋2n －1)2＋4(1－4n )1－4＝n 2＋4n ＋13－43.。

高考数学复习考点题型解题技巧专题讲解18 数列中的奇、偶项问题

高考数学复习考点题型解题技巧专题讲解第18讲数列中的奇、偶项问题高考定位数列的奇、偶项问题，是近年来的高考的热点问题，考察了学生的分类与整合能力，考察了学生的探究发现的能力，也是今后考察的热点。

专题解析（1）求通项和求和时，分奇数项与偶数项分别表达；（2）求S n时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.专项突破类型一、数列中连续两项和或积的问题(a n＋a n＋1＝f(n)或a n·a n＋1＝f(n))；例1-1.已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＋a n＝4n.(1)求数列{a n}的前100项和S100；(2)求数列{a n}的通项公式.解(1)∵a1＝1，a n＋1＋a n＝4n，∴S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝4×1＋4×3＋...＋4×99＝4×(1＋3＋5＋ (99)＝4×502＝10 000.(2)由题意，a n ＋1＋a n ＝4n ，①a n ＋2＋a n ＋1＝4(n ＋1)，② 由②－①得，a n ＋2－a n ＝4，由a 1＝1，a 1＋a 2＝4，所以a 2＝3.当n 为奇数时，a n ＝a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12－1×4＝2n －1，当n 为偶数时，a n ＝a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2－1×4＝2n －1.综上所述，a n ＝2n －1.练．设各项均为正数的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，520S =，且2a ，61a -，11a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的公差d ；（2）数列{}n b 满足1n n n b b a ++=，且111b a +=，求数列{}n b 的通项公式．【答案】（1）1d =；（2）()11124n n n b -+-=+.【分析】（1）根据2a ，61a -，11a 成等比数列可得()262111a a a -=，利用1,a d 表示出520S =和()262111a a a -=，解方程组可求得1,a d ，结合0n a >可得结果；（2）由（1）可得11n n b b n +=-++，整理得()1131312424n n b n b n +⎛⎫--=---- ⎪⎝⎭，可知数列()13124n b n ⎧⎫---⎨⎬⎩⎭为等比数列，由等比数列通项公式可推导得到结果.（1）（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，2a Q ，61a -，11a 成等比数列，()262111a a a ∴-=，即()()()21115110a d a d a d +-=++，又51545202S a d ⨯=+=，解得：121a d =⎧⎨=⎩或18217717a d ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩；当18217717a d ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩时，13182842120171717a a d =+=-=-<，与0n a >矛盾，121a d =⎧∴⎨=⎩，即等差数列{}n a 的公差1d =；（2）由（1）得：1n a n =+，11n n b b n +∴+=+，即11n n b b n +=-++，()1131312424n n b n b n +⎛⎫∴--=---- ⎪⎝⎭，又1121b a +==，解得：11b =，∴数列()13124n b n ⎧⎫---⎨⎬⎩⎭是以13144b -=为首项，1-为公比的等比数列， ()()113111244n n b n -∴---=-⨯，整理可得：()11124n n n b -+-=+.练．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，121()n n a a n n N +++=+∈，则数列1{}nS 的前2020项的和为（） A ．20202021B ．40402021C ．40392020D ．40412022【答案】B 【分析】首先根据已知条件求得n a ，然后求得n S ，利用裂项求和法求得正确答案. 【详解】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，121n n a a n ++=+，则2132a a =-=. 所以2123n n a a n +++=+，两式相减得：22n n a a +-=，且11a =，22a =，当n 为奇数时，11121122n n a a n n +⎛⎫=+-⨯=++-=⎪⎝⎭，当n 为偶数时，212222n na a n n ⎛⎫=+-⨯=+-= ⎪⎝⎭，所以n a n =，所以数列{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列. 所以(1)2n n n S +=，故12112()(1)1n S n n n n ==-++，所以121111111112(1)2(1)22311n n T S S S n n n =++⋯+=-+-+⋯+-=-++，则2020140402(1)20212021T =-=. 故选：B例1-2.在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，记S n 为{a n }的前n 项和，b n ＝a 2n ＋a 2n－1，n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并写出其通项公式； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)求S n .解 (1)因为a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，所以a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . 因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，所以数列{b n }是公比为12的等比数列.因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，b 1＝a 1＋a 2＝32，所以b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n ，n ∈N *.(2)由(1)可知a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列，所以a 2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12，n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 2，n 为偶数.(3)因为S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＝3－32n ，又S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3－32n －12n ＝3－42n ，所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3－32n2，n 为偶数，3－42n ＋12，n 为奇数.练．已知正项数列{}n a 的首项11a =，其前n 项和为n S ，且12n nn aa S +=.数列{}n b 满足：1n a +(b 1+b 2)n n b a ++=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记*n c n N =∈122n c c c +++<.【答案】（1）(*)n a n n N =∈ （2）证明见解析【分析】（1）根据题意得到12n n n a a S +=和112(2)n n n a a S n --=≥，两式相减得112(2)n n a a n +--=≥，解得答案.（2）计算1(1)n b n n =+，n c =n c <和n c >，利用裂项相消法计算得到证明. （1）由12n n n a a S +=得112(2)n n n a a S n --=≥，两式相减得112(2)n n a a n +--=≥，由11a =，得22a =，数列的偶数项和奇数项分别是公差为2的等差数列，当n 为奇数时，n a n =，当n 为偶数时，n a n =. 综上所述(*)n a n n N =∈. （2）由1211n n n a nb b b a n ++++==+，1211n n b b b n --+++=，2n ≥，112b =，两式相减得1(1)n b n n =+，2n ≥，验证112b =成立，故1(1)n b n n =+.则n c那么n c =，故12111112(1)2231n c c c nn +++<-+-++-+=2(12<，同理n c，故121111112()233412n c c c n n +++>-+-+-++.类型二、含有(－1)n 的类型；例2-1.数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，数列{b n }满足b n ＝a n ＋1＋(－1)n a n ，n ∈N *. (1)若数列{a n }是等差数列，求数列{b n }的前100项和S 100； (2)若数列{b n }是公差为2的等差数列，求数列{a n }的通项公式. 解 (1)∵{a n }为等差数列，且a 1＝1，a 2＝2，∴公差d ＝1，∴a n ＝n .∴b n ＝⎩⎨⎧a n ＋1－a n ＝1，n 为奇数，a n ＋1＋a n ＝2n ＋1，n 为偶数，即b n ＝⎩⎨⎧1，n 为奇数，2n ＋1，n 为偶数，∴b n 的前100项和S 100＝(b 1＋b 3＋...＋b 99)＋(b 2＋b 4＋...＋b 100) ＝50＋(5＋9＋13＋ (201)＝50＋50×5＋50×（50－1）2×4＝5 200.(2)由题意得，b 1＝a 2－a 1＝1，公差d ＝2， ∴b n ＝2n －1.∴⎩⎨⎧b 2n －1＝a 2n －a 2n －1＝4n －3， ①b 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n ＝4n －1， ② 由②－①得，a 2n ＋1＋a 2n －1＝2， ∴a 2n ＋1＝2－a 2n －1，又∵a 1＝1，∴a 1＝a 3＝a 5＝…＝1， ∴a 2n －1＝1，∴a 2n ＝4n －2，综上所述，a n ＝⎩⎨⎧1，n 为奇数，2n －2，n 为偶数.例2-2.设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)na n －12n ，n ∈N *.(1)求a 3；(2)求S 1＋S 2＋…＋S 100.解(1)令n＝4，则S4＝a4－124，∴S3＝－124.令n＝3，则S3＝－a3－1 23，∴a3＝－S3－123＝－124.(2)当n＝1时，a1＝－1 4；当n≥2时，a n ＝S n－S n－1＝(－1)n·a n－12n－(－1)n－1·a n－1＋12n－1＝(－1)n·a n＋(－1)n·a n－1＋12n ，即a n＝(－1)n·a n＋(－1)n·a n－1＋12n.(*)①当n为偶数时，由*式可得a n－1＋12n＝0，则a n－1＝－12n ，∴a n＝－12n＋1，此时n为奇数.②当n为奇数时，由*式可得a n－1＝－2a n＋12n＝－2·⎝⎛⎭⎪⎫－12n＋1＋12n＝12n－1，∴a n＝12n，此时n为偶数.综上所述，a n＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n ＋1，n 为奇数，12n，n 为偶数.∴S 1＋S 2＋…＋S 100＝(－a 1＋a 2)＋(－a 3＋a 4)＋…＋(－a 99＋a 100)－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12100 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋116＋…＋12100－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12100＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1. 练 .数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A.200B.－200C.400D.－400 答案 B解析 S 100＝1－5＋9－…－397＝4×(－50)＝－200.练.已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝12，[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，n ∈N *.(1)令b n ＝a 2n －1，判断{b n }是否为等差数列，并求数列{b n }的通项公式； (2)记数列{a n }的前2n 项和为T 2n ，求T 2n .解 (1)因为[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，所以[3＋(－1)2n －1]a 2n ＋1－2a 2n －1＋2[(－1)2n －1－1]＝0，即a 2n ＋1－a 2n －1＝2，又b n ＝a 2n －1，所以b n ＋1－b n ＝a 2n ＋1－a 2n －1＝2，所以{b n }是以b 1＝a 1＝1为首项，2为公差的等差数列. 所以b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，n ∈N *.(2)对于[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，当n 为偶数时，可得(3＋1)a n ＋2－2a n ＋2(1－1)＝0，即a n ＋2a n ＝12，所以a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列；当n 为奇数时，可得(3－1)a n ＋2－2a n ＋2(－1－1)＝0，即a n ＋2－a n ＝2，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，2为公差的等差数列，所以T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×1＋12n （n －1）×2＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＝n 2＋1－12n ，n ∈N *.类型三、含有{a 2n }，{a 2n －1}的类型；例3-1.已知数列{a n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 2n －1＝a 2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝n a n a n ＋1(－1)n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)S 2n －1＝（2n －1）（a 1＋a 2n －1）2＝a n (2n －1)＝a 2n ，∵a n ≠0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *). (2)b n ＝n a n a n ＋1(－1)n ＝n （2n －1）（2n ＋1）(－1)n ＝14⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1(－1)n ，当n 为偶数时T n ＝14⎝⎛⎭⎪⎫－11－13＋13＋15－15－17＋…＋12n －1＋12n ＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫－11＋12n ＋1＝－n4n ＋2，当n 为奇数时T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫－11－13＋13＋15－15－17＋…－12n －1－12n ＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫－11－12n ＋1＝－n －14n ＋2. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 4n ＋2，n 为偶数，－n ＋14n ＋2，n 为奇数.练．已知数列{}n a 满足11a =，()2211nn n a a -=+-，2123n n n a a +=+（*N n ∈），则数列{}n a 的前2017项的和为（） A ．100332005- B ．201632017- C ．100832017- D ．100932018-【答案】D 【分析】根据给定条件求出21{}n a -与2{}n a 的通项，进而求得212n n a a ++即可求出数列{}n a 的前2017项的和. 【详解】在数列{}n a 中，11a =，221(1)n n n a a -=+-，2123n n n a a +=+，*N n ∈，则有1122212(1)3(1)n n n n n n a a a ++++=+-=++-，即12223(1)n n n n a a ++-=+-，而20a =，于是得2242642224222()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=+-+-++-+-223211[3(1)][3(1)][3(1)][3(1)]n n n n ---=+-++-+++-++-221231[3333][(1)(1)(1)(1)]n n n n ---=+++++-+-++-+-113(13)1(1)113(1)1131(1)22n n n n -----=+=⋅+⋅-----，因此，212222113232[3(1)1]322n n n n nn n n n n a a a a a ++=++=+=⋅+⋅--+23(1)2n n =⋅+--，则2017123456720162017()()()()S a a a a a a a a a =+++++++++2233100810081[23(1)2][23(1)2][23(1)2][23(1)2]=+⋅+--+⋅+--+⋅+--++⋅+--23100823100812(3333)[(1)(1)(1)(1)]21008=++++++-+-+-++--⋅100810093(13)12020163201813-=+⋅+-=--，数列{}n a 的前2017项的和为100932018-. 故选：D练．数列{}n a 满足11a =，21n n a a n --=（*n N ∈且2n ≥），数列{}21n a -为递增数列，数列{}2n a 为递减数列，且12a a >，则99a =（）． A ．4950- B ．4851- C ．4851 D ．4950【答案】D 【分析】由数列{}21n a -为递增数列，得到()()2122210n n n n a a a a +--+->，进而得出2120n n a a +->，又由数列{}2n a 为递减数列，得到()()22212120n n n n a a a a ++++-<-，得到22210n n a a ++-<，得出当n 为奇数且3n ≥时，21n n a a n --=，当n 为偶数时，21n n a a n --=-，即可求解．【详解】因为数列{}21n a -为递增数列，所以2121n n a a -+<，即21210n n a a +-->，则()()2122210n n n n a a a a +--+->，由题意22212221(21)(2)n n n n a a n n a a +--=+>=-，则由()()212221212221n n n n n n n n a a a a a a a a +-+-⎧-+->⎪⎨->-⎪⎩得2120n n a a +->，*n N ∈，因为数列{}2n a 为递减数列，所以222n n a a +>，即2220n n a a +-<，则()()22212120n n n n a a a a ++++-<-，由题意得，222221(22)(21)n n a a n n ++-=+>+212n n a a +=-，由()()222121222213120n n n n n n n na a a a a a a a ++++++⎧-+-<⎪⎨->-⎪⎩，可得22210n n a a ++-<，*n N ∈，又12a a >，即210a a -<，所以当n 为奇数且3n ≥时，21n n a a n --=；当n 为偶数时，21n n a a n --=-．所以99a =()()()()999898979796211a a a a a a a a a -+-+-++-+…2222229998979632199=-+-++-+=+…9897963214950++++++=…．故选：D ．类型四、已知条件明确的奇偶项问题. 例4-1.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎨⎧12a n ＋n －1，n 为奇数，a n－2n ，n 为偶数，记b n ＝a 2n ，求证：数列{b n }为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式.证明 ∵b n ＋1＝a 2(n ＋1)＝12a 2n ＋1＋2n ＋1－1＝12a 2n ＋1＋2n＝12(a 2n －2·2n )＋2n ＝12a 2n ＝12b n ， ∴{b n }为等比数列，且公比q ＝12.又b 1＝12a 1＝12，可得b n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以，当n 为偶数时，a n ＝b n2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n；当n 为奇数且n ≥3时，a n ＝a (n －1)＋1＝a (n －1)－2(n －1)＝b n －12－2(n －1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12（n －1）－2(n －1)，可验证a 1＝1也符合上式，综上所述，a n＝⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12（n －1）－2（n －1），n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，n 为偶数.练.已知数列{a n }满足a n＝⎩⎨⎧n2an ＋12＋12，n 为正奇数，2a n 2＋n2，n 为正偶数.(1)问数列{a n }是否为等差数列或等比数列？说明理由；(2)求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 2n 2n 是等差数列，并求数列{a 2n }的通项公式.(1)解由a 1＝12a 1＋12＋12＝12a 1＋12⇒a 1＝1，a 2＝2a 22＋22＝2a 1＋1＝3，a 3＝32a 3＋12＋12＝32a 2＋12＝5，a 4＝2a 42＋42＝2a 2＋2＝8.∵a 3－a 2＝2，a 4－a 3＝3，∴a 3－a 2≠a 4－a 3， ∴数列{a n }不是等差数列.又∵a 2a 1＝3，a 3a 2＝53，∴a 2a 1≠a 3a 2，∴数列{a n }也不是等比数列.(2)证明 ∵对任意正整数n ，a 2n ＋1＝2a 2n ＋2n ， ∴a 2n ＋12n ＋1－a 2n 2n＝12，a 22＝32，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 2n 2n 是首项为32，公差为12的等差数列，从而对∀n ∈N *，a 2n 2n＝32＋n －12，则a 2n ＝(n ＋2)·2n －1. ∴数列{a 2n }的通项公式是a 2n ＝(n ＋2)·2n －1(n ∈N *).练．数列{}n a 且21,212sin ,24n n k n na n n k π⎧=-⎪⎪+=⎨⎪=⎪⎩()k N *∈，若n S 为数列{}n a 的前n 项和，则2021S =__________.【答案】30342023【分析】由题意，当n 为奇数时，21111222n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭；当n 为偶数时，sin 4n n a π=.然后根据分组求和法、裂项相消求和法及三角函数的周期性即可求解.【详解】解：数列{}n a 且21,212sin ,24n n k n na n n k π⎧=-⎪⎪+=⎨⎪=⎪⎩()k N *∈， ①当n 为奇数时，21111222n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，②当n 为偶数时，sin4n n a π=，24680a a a a +++=，则偶数项和为()()246810121416a a a a a a a a ++++++++()20102012201420162018202020182024201a a a a a a a a a a +++++++==+=，所以()()2021132021242020S a a a a a a =+++++++1111111233520212023⎛⎫=-+-++- ⎪⎝⎭101130341120232023+=+=，故答案为:30342023. 练．已知n S 数列{}n a 的前n 项和，1a λ=，且21(1)n n n a a n ++=-，若201920192101020192019S a μ-=-，（其中,0λμ>），则20191λμ+的最小值是（）A ．B ．4C ．D ．2018【答案】B 【分析】由21(1)n n n a a n ++=-，可得2221223341,2,3a a a a a a +=-+=+=-，2245201820194,,2018a a a a +=+=，以上各式相加得可求得()12345201820192a a a a a a a +++++++，结合201920192101020192019S a μ-=-，根据均值不等式，即可求得答案. 【详解】21(1)n n n a a n ++=-∴2221223341,2,3a a a a a a +=-+=+=-，2245201820194,,2018a a a a +=+=，以上各式相加得，()22222212345201820192123420172018a a a a a a a +++++++=-+-+--+，()()()2222222019120192123420172018S a a ∴--=-++-+++-+(21)(21)(43)(43)(20182017)(20182017)=-⨯++-⨯+++-⨯+，12342017201820191009=++++++=⨯20192019121009201920192019S a a∴-=+ 又201920192101020192019S a μ-=-， 1100910102019a μ∴+=-，即112019a μ+=，又1a λ=，20191201912019λμλμλμ⎛⎫⎛⎫∴+=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭201911242019μλλμ=++++…，当且仅当20192019μλλμ=时等号成立，故选：B ．练．已知数列{}n a 满足12a =，23a =且*21(1),n n n a a n N +-=+-∈，则该数列的前9项之和为（） A ．32 B ．43C ．34D ．35【答案】C 【分析】讨论n 为奇数、偶数的情况数列{}n a 的性质，并写出对应通项公式，进而应用分组求和的方法求数列的前9项之和.【详解】*21(1),n n n a a n N +-=+-∈，∴当n 为奇数时，21210n n a a +--=，则数列21{}n a -是常数列，2112n a a -==；当n 为偶数时，2222n n a a +-=，则数列2{}n a 是以23a =为首项，公差为2的等差数列，129139248()()a a a a a a a a a ∴+++=+++++++4325(342)2⨯=⨯+⨯+⨯34=. 故选：C练．设n S 为数列{}n a 的前n 项和，*1(1),N 2n n n n S a n =--∈，则12100S S S +++=（）A ．10011132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ B ．9811132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦C ．5011132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ D ．4911132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦【答案】A 【分析】由递推式求出数列的首项,当2n ≥时分n 为偶数和奇数求出n a ,代入*1(1),2n n n nS a n N =--∈后分组,然后利用等比数列的前n 项和公式求解. 【详解】由*1(1),2n n a n S a n =--∈N ，当1n =时，1112S a =--，得114a =-；当2n ≥时，111111(1)(1)22----=-=----+nn n n n n n n n a S S a a ，即11(1)(1)2n nn n n na a a -=-+-+. 当n 为偶数时，11(2)2n n a n -=-≥，所以112n n a +=-（n 为正奇数），当n 为奇数时，11111112(2)2222n n n n nn a a -+-⎛⎫=-+=--+= ⎪⎝⎭，所以12n na =（n 为正偶数），所以122211,22a a -==，所以412342411112,,2222a a a a -+=⨯=-==，所以34991004310010011112,,,2222a a a a -+=⨯=⋯-==，所以991001009911222a a -+=⨯=.因为123100S S S S ++++()()()()12345699100a a a a a a a a =-++-++-+++-+-2100111222⎛⎫+++⎪⎝⎭359911112222=++++2100111222⎛⎫-+++= ⎪⎝⎭501001111112422111142⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-=--10011132⎛⎫=- ⎪⎝⎭. 故选：A练．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，且()212n n n S S a n -+=≥，设()()121nn nna b S -+=，则数列{}n b 前n 项和的取值范围为_________．【答案】32,11,23⎡⎫⎛⎤--⋃--⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦【分析】根据n n S a ，之间关系可得数列{}n a 为等差数列并得到n a ，然后得到n b ，根据裂项相消可得数列{}n b 前n 项和，最后进行判断即可. 【详解】由21n n n S S a -+=①，则211n n n S S a +++=②②-①化简可得：()()1110n n n n a a a a ++--+=，又0n a >，所以()112n n a a n +-=≥当2n =时，21212122222a a S S a a a a +=⇒++=⇒= 所以211a a -=符号11n n a a +-=，故数列{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列所以n a n =，则()12n n nS +=所以()()()()2112111112nn n n n b n n n ⋅-+==⋅⎛⎫+ ⎪+⎝+⎭- 令设数列{}n b 前n 项和n T 所以()()111111121...11223341n nn T n n ⎡⎤=--++--++-⋅+-⋅⎢⎥+⎣⎦所以11,1111n n n T n n ⎧-⎪⎪+=⎨⎪--⎪+⎩为偶数，为奇数，当n 为偶数时，111n T n =-+，则12133n T ≤-=-且1n T >- 当n 为奇数时，111n T n =--+，则13122n T ≥--=-且1n T <- 综上所述：32,11,23n T ⎡⎫⎛⎤∈--⋃--⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦故答案为：32,11,23⎡⎫⎛⎤--⋃--⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦练．设n S 是数列{}n a 的前n 项和，若1(1)2n n n n S a =-+，则1211S S S ++⋯+=_____. 【答案】13654096 【分析】运用数列的递推式，讨论n 为奇数或偶数，结合等比数列的求和公式，即可得到所求和.【详解】解：()112n n n nS a =-+，当1n =时，11112a S a ==-+，解得114a =，2n ≥时，1n n n a S S -=-，可得()()1112n n n n nS S S -=--+，当n 为偶数时，112n n n S S S π-=-+，即有1n12n S -=；当n 为奇数（3n ≥）时，()112n n n S S S π-=--+，可得1122n n n S S -=-=1112022n n +⋅-=，即有121114S S S +++=110001664+++++++1212 61111365441409614⎛⎫- ⎪⎝⎭==-. 故答案为13654096.。

高中数学数列中的奇偶项问题(经典题型归纳)

数列中的奇偶项问题题型一、等差等比奇偶项问题(1)已知数列{}n a 为等差数列，其前12项和为354，在前12项中，偶数项之和与奇数项之和的比为32/27，则这个数列的公差为________(2)等比数列{}n a 的首项为1，项数为偶数，且奇数项和为85，偶数项和为170，则数列的项数为_______(3)已知等差数列{}n a 的项数为奇数，且奇数项和为44，偶数项和为33，则数列的中间项为_________；项数为_____________题型二、数列中连续两项和或积的问题（()1n n a a f n ++=或()1n n a a f n +⋅=）1．定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫作等和数列，这个常数叫作数列的公和．已知数列{}n a 是等和数列，且12a =，公和为5，那么18a 的值为________，这个数列的前n 项和n S 的计算公式为___________________2．若数列{}n a 满足：11a =，14n n a a n ++=，则数列{}21n a -的前n 项和是_____________3．若数列{}n a 满足：11a =，14n n n a a +=，则{}n a 的前2n 项和是___________4．已知数列{}n a 中，11a =，11()2n n n a a +⋅=，记n S 为{}n a 的前n 项的和，221n n n b a a -=+，N n *∈．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）判断数列{}n b 是否为等比数列，并求出n b ；（Ⅲ）求n S .5．（2017年9月苏州高三暑假开学调研，19）已知数列{}n a 满足()*143n n a a n n N ++=-∈.（1）若数列{}n a 是等差数列，求1a 的值；（2）当12a =时，求数列{}n a 的前n 项和n S ；6．（2015江苏无锡高三上学期期末，19）在数列{}n a ，{}n b 中，已知10a =,21a =,11b =,212b =，数列{}n a 的前n 项和为n S ,数列{}n b 的前n 项和为n T ,且满足21n n S S n ++=，2123n n n T T T ++=-，其中n 为正整数.(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； (2)问是否存在正整数m ，n ，使121n m n T mb T m++->+-成立？若存在，求出所有符合条件的有序实数对(),m n ，若不存在，请说明理由.题型三、含有()1n-类型1．已知()1123456..........1n n S n -=-+-+-+-，则173350S S S ++=_____________2．数列{}n a 满足1(1)21nn n a a n ++-=-，则的前60项和为________3．数列{}n a 前n 项和为n S ，11a =，22a =，()211nn n a a +-=+-，*n ∈N ，则100S =______ 4．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()112nn n nS a =--，*n N ∈，则123100..........S S S S +++=____5．已知数列}{n a 满足11a =-，21a =，且*22(1)()2n n n a a n N ++-=∈.（1）求65a a +的值；（2）设n S 为数列}{n a 的前n 项的和，求n S ；题型四、含有{}2n a 、{}21n a-类型1．(2017.5盐城三模11)．设数列{}n a 的首项11a =，且满足21212n n a a +-=与2211n n a a -=+，则20S = ．2．（镇江市2017届高三上学期期末）已知*∈N n ，数列{}n a 的各项均为正数，前n 项和为n S ，且2121==a a ,，设n n n a a b 212+=-．（1）若数列{}n b 是公比为3的等比数列，求n S 2；（2）若)(1232-=nn S ，数列{}1+n n a a 也为等比数列，求数列的{}n a 通项公式．3．【2016年第二次全国大联考（江苏卷）】已知数列{}n a 满足*1221212221,2,2,3,()n n n n a a a a a a n N +-+===+=∈.数列{}n a 前n 项和为n S .(Ⅰ) 求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若12m m m a a a ++=，求正整数m 的值；4．（苏州市2018届高三第一学期期中质检，20）已知数列{}n a 各项均为正数，11a =,22a =，且312n n n n a a a a +++=对任意*n ∈N 恒成立，记{}n a 的前n 项和为n S ．（1）若33a =，求5a 的值；（2）证明：对任意正实数p ，{}221n n a pa ++成等比数列；（3）是否存在正实数t ，使得数列{}n S t +为等比数列．若存在，求出此时n a 和n S 的表达式；若不存在，说明理由．题型五、已知条件明确奇偶项问题1．（无锡市2018届高三第一学期期中质检，19）已知数列{}n a 满足1133,1,1,n n n a n n a a a n n ++ ⎧⎪==⎨---⎪⎩为奇数为偶数，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，*2,n n b a n =∈N . （1）求证：数列{}n b 为等比数列，并求其通项n b ；（2）求n S ；（3）问是否存正整数n ，使得212n n n S b S +＞＞成立？说明理由.2．已知数列{}n a 中，11a =，()()1133n n n n n a n a a n ++=-⎧⎪⎨⎪⎩为奇数为偶数，设232n n b a -=（1）证明数列{}n b 是等比数列（2）若n S 是数列{}n a 的前n 项的和，求2n S （3）探求满足0n S >的所有正整数n3．(2015江苏省连云港、徐州、宿迁三模19)．设正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21122n n n S a a =+，*n N ∈n ∈N *．正项等比数列{}n b 满足：22b a =，46b a =，（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）设()*,21,2n n na n k cb n k k N =-⎧⎪=⎨=∈⎪⎩，数列{}nc 的前n 项和为n T ，求所有正整数m 的值，使得221nn T T -恰好为数列{}n c 中的项．。

培优增分第6讲数列的奇偶项与子数列问题

26
限时规范训练
解：设数列{an}的前p项中有数列{bn}的q项，p－q＝100，则2q≤p，即2q≤100＋q. 易得满足2q≤100＋q的最大正整数q为6， ∴数列{cn}的前100项，由数列{an}中的前106项去掉和数列{bn}中相同的6项得到，
∴
T100
＝
S106－(2Fra bibliotek＋22
＋
…
＋
26)
限时规范训练
23
限时规范训练
当k＝12时，项数为90. 故T95相当于是前12组的和再加上－23，1，2，22，23，即T95＝[1＋(－1)＋(－3)＋…＋(－21)]＋[20＋(20＋21)＋(20＋21＋22) ＋…＋(20＋21＋…＋211)]＋(－23＋1＋2＋22＋23)． 20 ＋ (20 ＋ 21) ＋ (20 ＋ 21 ＋ 22) ＋ … ＋ (20 ＋ 21 ＋ … ＋ 211) 可看成是数列 {cn}(cn＝2n－1)的前12项和，
(2)若 cn＝S2n，n为奇数，设数列{cn}的前 n 项和为 Tn，求 T2n. bn，n为偶数，
123456
29
限时规范训练
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q≠0)， ∵a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，
∴3q＋＋43d＋－32＋q＝d＝3＋102，d，解得dq＝＝22，， ∴an＝2n＋1，bn＝2n－1.
19
限时规范训练
解：(1)法一：记{an}的公差为 d，由 3a2＋2a3＝S5＋6 得 3(a1＋d)＋2(a1 ＋2d)＝5a1＋5×2 4d＋6，得 d＝－2，
所以 Sn＝na1＋n（n2－1）×(－2)＝－n2＋(a1＋1)n. 若数列{Sn}为递减数列，则 Sn＋1－Sn＜0(n≥1)恒成立，即 an＋1＝a1－2n＜0(n≥1)恒成立，得 a1＜2n(n≥1)恒成立，则 a1＜2.

奇偶项数列题解题技巧

奇偶项数列题解题技巧
在解题过程中，奇偶项数列是一类常见的题型，需要根据规律找出数列中奇数项和偶数项的特点。

下面列举几种解题技巧，帮助我们更好地解答奇偶项数列题目。

1. 观察数列规律：首先要观察数列的前几项，寻找规律。

有时候可以通过列出数列的前几项，找到奇数项和偶数项之间的关系。

例如，数列的奇数项可能是等差数列，而偶数项可能是等比数列。

2. 利用递推关系：有时候数列的奇偶项之间存在递推关系。

可以通过观察数列的差值或倍数关系，找到奇偶项之间的递推规律。

例如，奇数项可能是前一项加上一个固定的数，而偶数项可能是前一项乘以一个固定的数。

3. 利用数学公式：有时候数列的奇偶项可以表示为数学公式。

可以通过观察数列的特点，建立起奇数项和偶数项之间的数学关系。

例如，数列的奇数项可以表示为2n-1，而偶数项可以表示为2n。

4. 奇偶项分别求和：有时候需要计算数列中奇数项和偶数项的和。

可以将数列分成奇数项和偶数项两个数列，然后分别求和。

这样可以简化计算过程，提高解题效率。

5. 利用数学归纳法：有时候可以利用数学归纳法证明数列中奇数项和偶数项的
性质。

通过证明数列的前几项成立，再假设对于第n项成立，最后证明对于第n+1项也成立。

这样可以得到奇数项和偶数项之间的关系，进而解题。

总之，解答奇偶项数列题目需要观察数列的规律，寻找奇数项和偶数项之间的关系。

通过运用递推关系、数学公式、数学归纳法等技巧，可以更好地解答这类题目。

同时，需要进行举一反三，多做练习，提高解题能力。

数列中的奇偶项问题PPT课件

解：①当 n 为偶数时： Sn a1 a2 a3 a4 … an1 an
(a1
a2 )
(a3
a4 )
…
(an1
an )
n 2
1
n 2
②当 n 为奇数时： Sn a1 (a2 a3) (a4 a5 ) … (an1 an )
2 n 1 n 3
2
2.
1
3、相间两项之差为常数；
数列，而 60=15×4，所以{a n }的前项和为 15×10+
=1830
作业：数列{an}满足 an+1+（﹣1）nan=2n﹣1，则{an}的前 60 项和为．
方法四：由 an+1+（﹣1）nan=2n﹣1，得：
=﹣（﹣1）n+1[﹣（﹣1）nan+2n﹣1]+2n+1=
，
∴
，
同理：
，于是
数列中奇偶项问题
1、相邻两项符号相异；
例 1：求和： Sn …（-1）n（1 4n-3） n N
解：当
n
为偶数时： Sn
1
5
9
13
n
n
n 2
4
n
当
n
为奇数时：
Sn
1
5
9
13
n
n
（4n-3）
n
2
1
4
（4n-3）
n
2、相邻两项之和为常数；
例 2：已知数列{an}中 a1=2，an+an+1=1，Sn 为{an}前 n 项和，求 Sn
方法三：∴a 2 =a 1 +1，a 3 =－a 2 +3=－(a 1 +1)+3=－a 1 +2，a 4 =a 3 +5=－a 1 +7， a 5 =a 1 ，a 6 =a 1 +9，a 7 =－a 1 +2，a 8 =－a 1 +15 a 9 =a 1 ，a 10 =a 1 +17，a 11 =－a 1 +2，a 12 =－a 1 +23 a 13 =a 1 ，a 14 =a 1 +25，a 15 =－a 1 +2，a 16 =－a 1 +31 ∴a 1 +a 2 +a 3 +a 4 =1+2+7=10， a 5 +a 6 +a 7 +a 8 =9+2+15=26， a 9 +a 10 +a 11 +a 12 =17+2+23=42， a 13 +a 14 +a 15 +a 16 =25+2+31=58，由此发现，此数列的每四项之和为一常数，且每四项和构成一首项为 10，公差为 16 的等差

2025年高中数学高考精品备课教案：数列中含绝对值及奇偶项问题

数列中含绝对值及奇偶项问题学生用书P105命题点1数列中含绝对值的求和问题例1[2023全国卷乙]记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40.（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列{｜a n｜}的前n项和T n.解析（1）设{a n}的公差为d，则2＝1＋=11，10=101+45=40，解得a1＝13，d＝－2.所以{a n}的通项公式为a n＝13＋（n－1）×（－2）＝15－2n.（2）由（1）得｜a n｜＝15－2，≤7，2－15，≥8.当n≤7时，T n＝S n＝13n＋（－1）2×（－2）＝14n－n2，当n≥8时，T n＝－S n＋2S7＝－（14n－n2）＋2（14×7－72）＝98－14n＋n2.综上，T n＝14－2，≤7，98－14＋2，≥8.方法技巧一般地，数列{｜a n｜}与数列{a n}是两个不相同的数列，只有数列{a n}中的每一项都是非负数时，它们表示的才是同一数列.因此，求数列{｜a n｜}的前n项和时，应先弄清n取什么值时a n≥0或a n＜0，去掉绝对值符号后再求和.训练1[2023长沙一中5月三模]已知数列{a n}满足2a n＋1＝a n＋a n＋2（n∈N*），它的前n项和为S n，且a3＝－25，S6＝－144.（1）求S n的最小值；（2）求数列{｜a n｜}的前n项和T n.解析（1）由2a n＋1＝a n＋a n＋2可得a n＋1－a n＝a n＋2－a n＋1，所以{a n}是等差数列.设{a n}的公差为d，由3＝－25，6＝－144得1+2＝－25，61＋6×52＝－144，解得1＝－29，=2.所以S n＝－29n＋（－1）2×2＝n2－30n＝（n－15）2－225，所以当n＝15时，S n取得最小值－225.（2）由（1）知a n＝－29＋（n－1）×2＝2n－31，则当n≤15时，a n＜0，当n≥16时，a n＞0.当n≤15时，T n＝－S n＝－n2＋30n，当n≥16时，T n＝－S15＋S n－S15＝n2－30n＋450.综上，T n ＝－2+30，≤15，2－30+450，≥16.命题点2数列中的奇偶项问题例2[2022天津高考]已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，a 1＝b 1＝a 2－b 2＝a 3－b 3＝1.（1）求{a n }，{b n }的通项公式.（2）证明：（S n ＋1＋a n ＋1）b n ＝S n ＋1·b n ＋1－S n ·b n .（3）求∑2J1[a k ＋1－（－1）k a k ]b k .解析（1）设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，根据a 1＝b 1＝a 2－b 2＝a 3－b 3＝1得1+－=1，1+2－2=1，解得d ＝q ＝0（舍）或d ＝q ＝2，所以a n ＝2n －1，b n ＝2n －1.（2）解法一因为S n 为数列{a n }的前n 项和，所以S n ＝（1＋）2＝（1+2－1）2＝n 2，则（S n ＋1＋a n ＋1）b n ＝[（n ＋1）2＋2（n ＋1）－1]·2n －1＝（n 2＋4n ＋2）·2n －1，S n ＋1·b n ＋1－S n ·b n ＝（n ＋1）2·2n －n 2·2n －1＝2n －1·[2（n ＋1）2－n 2]＝2n －1·（n 2＋4n ＋2），所以（S n ＋1＋a n ＋1）b n ＝S n ＋1·b n ＋1－S n ·b n .解法二因为S n 为数列{a n }的前n 项和，所以（S n ＋1＋a n ＋1）b n ＝（S n ＋a n ＋1＋a n ＋1）b n ＝（S n ＋2a n ＋1）b n ，S n ＋1·b n ＋1－S n ·b n ＝（S n ＋a n ＋1）·（2b n ）－S n ·b n ＝b n （2S n ＋2a n ＋1－S n ）＝（S n ＋2a n ＋1）b n ，所以（S n ＋1＋a n ＋1）b n ＝S n ＋1·b n ＋1－S n ·b n .（3）令c n ＝[a n ＋1－（－1）n a n ]b n ，当n 为奇数时，c n ＝（a n ＋1＋a n ）b n ＝（2n ＋1＋2n －1）·2n －1＝4n ·2n －1＝n ·2n ＋1，当n 为偶数时，c n ＝（a n ＋1－a n ）b n ＝（2n ＋1－2n ＋1）·2n －1＝2×2n －1＝2n ，则∑J12[a k ＋1－（－1）k a k ]b k ＝（c 1＋c 3＋c 5＋…＋c 2n －1）＋（c 2＋c 4＋c 6＋…＋c 2n ），令T n ＝c 1＋c 3＋c 5＋…＋c 2n －1＝1×22＋3×24＋5×26＋…＋（2n －1）·22n ，则4T n ＝1×24＋3×26＋5×28＋…＋（2n －1）·22n ＋2，所以－3T n ＝22＋2（24＋26＋ (22)）－（2n －1）·22n ＋2＝4＋2×24（1－4－1）1－4－（2n －1）·22n ＋2，所以T n ＝20+（6－5）·22r29.令A n ＝c 2＋c 4＋c 6＋…＋c 2n ＝22＋24＋26＋ (22)＝4（1－4）1－4＝22r2－43.所以∑J12[a k ＋1－（－1）k a k ]b k ＝T n ＋A n ＝20+（6－5）·22r29＋22r2－43＝8+（3－1）·22r39.方法技巧解答与奇偶项有关的求和问题的关键（1）弄清n为奇数或偶数时数列的通项公式.（2）弄清n为奇数时数列前n项中奇数项与偶数项的个数.训练2[2023南京六校联考]已知数列{a n}满足a1＝1，a2＝3，数列{b n}为等比数列，且满足b n（a n＋1－a n）＝b n＋1.（1）求数列{a n}的通项公式；（2）已知数列{b n}的前n项和为S n，若，记数列{c n}满足c n＝，为奇数，求数列{c n}的前2n项和T2.，为偶数，在①2S2＝S3－2，②b2，2a3，b4成等差数列，③S6＝126这三个条件中任选一个，补充在第（2）问中，并对其求解.解析（1）因为b n（+1－a n）＝+1，a1＝1，a2＝3，所以令n＝1，得2b1＝b2，又数列{b n}为等比数列，所以+1＝2b n，即数列{b n}的公比为2.则+1－a n＝2，所以数列{a n}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a n＝2n－1.（2）由（1）知数列{b n}是公比为2的等比数列.若选①，由2S2＝S3－2得2（b1＋2b1）＝b1＋2b1＋4b1－2，所以b1＝2，则b n＝2n.若选②，由b2，2a3，b4成等差数列得b2＋b4＝4a3，即2b1＋8b1＝20，所以b1＝2，则b n＝2n.若选③，由S6＝126得1（1－26）1－2＝126，所以b1＝2，则b n＝2n.所以c n＝2－1，为奇数，2，为偶数.所以数列{c n}的奇数项是以1为首项，4为公差的等差数列，偶数项是以4为首项，4为公比的等比数列.所以2＝（a1＋a3＋…＋a2n－1）＋（b2＋b4＋…＋b2n）＝n＋（－1）2×4＋4（1－4）1－4＝2n2－n＋4（4－1）3.1.[命题点1]设等比数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，S3＝13.（1）求a n；（2）若{a n}是递增数列，求数列{｜a n－n－2｜}的前n项和.解析（1）设等比数列{a n}的公比为q.由题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝13，即1＋q ＋q 2＝13，解得q ＝3或q ＝－4.故a n ＝3n －1或a n ＝（－4）n －1.（2）由（1）知，a n ＝3n －1.令b n ＝｜a n －n －2｜＝｜3n －1－n －2｜.由3n －1－n －2≥0，得3n －1≥n ＋2，所以n ≥3.由3n －1－n －2＜0，得n ≤2，即n ＝1，2.设数列{｜a n －n －2｜}的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n .当n ＝1时，T 1＝b 1＝2；当n ＝2时，T 2＝b 1＋b 2＝3；当n ≥3时，T n ＝3＋9（1－3－2）1－3－（－2)(r7）2＝3－2－5r112.T 1不满足上式，T 2满足上式.综上，T n ≥2.2.[命题点2/2023合肥一中诊断]在等比数列{a n }中，已知a 2＝4，a 5＝32.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）若b n ＝（－1）n ·log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解析（1）设{a n }的公比为q ，则1=4，14=32，解得1=2，=2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×2n －1＝2n .（2）由（1）得b n ＝（－1）n ·log 2a n ＝（－1）n ·n ，所以数列{b n }的前n 项和S n ＝－1＋2－3＋4－5＋6－7＋8－…＋（－1）n ·n ，当n 为偶数时，S n ＝－1＋2－3＋4－5＋6－7＋8－…＋n ＝2；当n 为奇数时，S n ＝－1＋2－3＋4－5＋6－7＋8－…－n ＝－12－n ＝－r12.所以S n r12，为奇数，为偶数.3.[命题点2/2023江苏南京外国语学校、金陵中学三模]已知正项数列{a n }满足a 1＝1，r12－2＝8n .（1）求{a n }的通项公式；（2）记b n ＝a n sin π2，数列{b n }的前n 项和为S n ，求S 2023.解析（1）对任意的n ∈N *，r12－2＝8n ，当n ≥2时，2＝（2－－12）＋…＋（22－12）＋12＝8（n －1）＋…＋8×1＋1＝8[1＋2＋3＋…＋（n －1）]＋1＝8×（－1）2＋1＝（2n －1）2，因为a n ＞0，所以a n ＝2n －1.当n ＝1时，a 1＝1符合a n ＝2n －1，所以a n ＝2n －1，n ∈N *.（2）b n＝a n sin（2·π）＝（－1）n＋1（2n－1），所以当k∈N*时，b2k＋b2k＋1＝－（4k－1）＋4k＋1＝2，故S2023＝b1＋（b2＋b3）＋（b4＋b5）＋…＋（b2022＋b2023）＝1＋2×1011＝2023.学生用书·练习帮P3131.[2024广州市培英中学校考]若等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足S4043＞0，S4044＜0，对任意正整数n，都有｜a n｜≥｜a m｜，则m的值为（C）A.2020B.2021C.2022D.2023解析依题意知S4043＝4043（1＋4043）2＝4043a2022＞0，所以a2022＞0，又S4044＝4044（1＋4044）2＜0，即a1＋a4044＜0，所以a2022＋a2023＜0，则a2023＜0，且｜a2022｜＜｜a2023｜，所以等差数列{a n}是递减数列，a1＞a2＞…＞a2021＞a2022＞0＞a2023＞a2024＞…，所以对任意正整数n，都有｜a n｜≥｜a m｜，则m＝2022.故选C.2.[2024福建模拟]如图，九连环是中国从古至今广为流传的一种益智玩具.在某种玩法中，按一定规则移动圆环，用a n表示解下n（n≤9，n∈N*）个圆环所需的最少移动次数，数列{a n}满足a1＝1，且a n＝2－1，为偶数，2－1+1，为奇数，则解下5个圆环所需的最少移动次数为（C）A.5B.10C.21D.42解析由a1＝1，a n＝2－1，为偶数，2－1+1，为奇数，得a5＝2a4＋1＝4a3＋1＝4（2a2＋1）＋1＝8a2＋5＝16a1＋5＝21.3.[多选/2024江西抚州模拟]已知数列{a n}满足a n＋a n＋1＝2×（－1）n，n∈N*，且a5＝1，则下列表述正确的有（BD）A.a1＝－5B.数列{a2n－1}是等差数列C.数列{｜a n｜}是等差数列D.数列{1r1}的前n项和为14－49解析由a n＋a n＋1＝2×（－1）n，得r1（－1）r1－（－1）＝－2，所以数列{（－1）}是公差为－2的等差数列，所以（－1）＝5（－1）5＋（n －5）×（－2），即a n ＝（2n －9）×（－1）n ＋1.对于选项A ，a 1＝（2×1－9）×（－1）1＋1＝－7，故选项A 不正确；对于选项B ，因为a 2n －1＝4n －11，a 2n ＋1－a 2n －1＝4（n ＋1）－11－（4n －11）＝4，故{a 2n －1}是公差为4的等差数列，故选项B 正确；对于选项C ，｜a n ｜＝｜2n －9｜，则｜a 3｜＝3，｜a 4｜＝｜a 5｜＝1，所以{｜a n ｜}不是等差数列，故选项C 不正确；对于选项D ，1r1＝1[(2－9）×（－1）r1]×[(2－7）×（－1）r2]＝－12（12－9－12－7），所以{1r1}的前n 项和S n ＝－12（1－7－1－5＋1－5－1－3＋…＋12－9－12－7）＝14－49，故选项D 正确.故选BD.4.[多选/2024浙江模拟]已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，且对任意的正整数m ，n ，都有a 2m ＋a 2n ＝2a m ＋n ＋｜m －n ｜，则下列说法正确的有（ABD ）A.a 4＝5B.数列{a 2n ＋2－a 2n }是等差数列C.a 2n ＝3n －1D.当n 为奇数时，a n ＝2+34解析由题意知a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，令m ＝1，n ＝2，得a 2＋a 4＝2a 3＋1，解得a 4＝5，故A 正确.此时a 4－a 2＝3，令m ＝n ＋2，得a 2n ＋4＋a 2n ＝2a 2n ＋2＋2，从而（a 2n ＋4－a 2n ＋2）－（a 2n ＋2－a 2n ）＝2，所以数列{a 2n ＋2－a 2n }是以3为首项，2为公差的等差数列，故B 正确.所以a 2n ＋2－a 2n ＝3＋2（n －1）＝2n ＋1，所以a 2n －a 2＝（a 2n －a 2n －2）＋（a 2n －2－a 2n －4）＋…＋（a 4－a 2）＝（2n －1）＋（2n －3）＋…＋3＝（－1)(2r2）2＝n 2－1，所以a 2n ＝n 2＋1，故C 错误.令m ＝n ＋1，得a 2n ＋2＋a 2n ＝2a 2n ＋1＋1，所以a 2n ＋1＝2r2＋2－12＝n 2＋n ＋1，令k ＝2n ＋1，则k 为奇数，则a k ＝（－12）2＋－12＋1＝2+34，又a 1＝1适合上式，所以当n 为奇数时，a n＝2+34，故D 正确.故选ABD.5.[2024南京市学情调研]记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a n 为奇数，为偶数，则S 8＝169.解析当n 为奇数时，a n ＝2（r2）＝1－1r2，当n 为偶数时，a n ＝a n －1，∴S 8＝2（a 1＋a 3＋a 5＋a 7）＝2（1－13＋13－15＋15－17＋17－19）＝2（1－19）＝169.6.[2024重庆八中校考]在数列{a n}中，a1＝8，a4＝2，且满足a n＋2－2a n＋1＋a n＝0（n∈N*）.（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设T n＝｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a n｜，求T15的值.－2a n＋1＋a n＝0，∴a n＋2－a n＋1＝a n＋1－a n，解析（1）∵a n＋2∴数列{a n}是等差数列.设{a n}的公差为d，∵a1＝8，a4＝2，∴d＝4－14－1＝－2，∴a n＝a1＋（n－1）d＝10－2n，n∈N*.（2）设数列{a n}的前n项和为S n，则由（1）可得，S n＝8n＋（－1）2×（－2）＝9n－n2，n∈N*.由（1）知a n＝10－2n，令a n＝0，得n＝5，当n＞5时，a n＜0，则T15＝｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a15｜＝a1＋a2＋…＋a5－（a6＋a7＋…＋a15）＝S5－（S15－S5）＝2S5－S15＝2×（9×5－25）－（9×15－152）＝130.7.[2023广州市二检]设S n是数列{a n}的前n项和，已知a3＝0，a n＋1＋（－1）n S n＝2n.（1）求a1，a2；（2）令b n＝a n＋1＋2a n，求b2＋b4＋b6＋…＋b2n.＋（－1）n S n＝2n，得a2－S1＝2，a3＋S2＝4，解析（1）由a n＋1即a2－a1＝2，a3＋a1＋a2＝4.又a3＝0，所以a1＝1，a2＝3.＋S2k＝22k①，（2）当n＝2k（k∈N*）时，a2k＋1当n＝2k－1（k∈N*）时，a2k－S2k－1＝22k－1②，＋a2k＋S2k－S2k－1＝22k＋22k－1，①＋②得a2k＋1＋2a2k＝3×22k－1.得a2k＋1因为b n＝a n＋1＋2a n，所以b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝（a3＋2a2）＋（a5＋2a4）＋（a7＋2a6）＋…＋（a2n＋1＋2a2n）＝3×2＋3×23＋3×25＋…＋3×22n－1＝3×2×（1－4）1－4＝22n＋1－2.。

数列奇偶项解题方法和技巧

数列奇偶项解题方法和技巧
数列是数学中的一个重要概念，常用于各种数学问题的解答中。

在数列中，奇偶项是指数列中的元素按照奇数和偶数进行分类。

解决数列中奇偶项问题的方法和技巧可以帮助我们更好地理解和解
答数学问题。

下面是一些常见的方法和技巧：
1. 观察数列的规律：观察数列中奇数和偶数项的变化规律。

可以通过列举数列的前几项来发现规律，或者根据已知条件进行推导。

例如，可以观察奇数项和偶数项之间的关系，判断它们是否有相同的增长模式或者差异。

2. 利用数列的性质：对于一些特殊的数列，可以利用数列的性质来解决问题。

例如，对于递推数列，可以利用递推关系式来求解奇偶项。

对于等差数列，可以利用等差关系式来求解奇偶项。

3. 使用数学工具和技巧：数学中有一些常用的工具和技巧可以帮助我们解决奇偶项问题。

例如，可以使用等差数列的求和公式来求解奇数项或偶数项的和。

可以使用数列的通项公式来计算奇数项或偶数项的值。

4. 分类讨论：对于一些复杂的问题，可以将数列中的奇偶项进行分
类讨论。

例如，可以分别讨论奇数项和偶数项的性质，然后将它们的结果进行合并或比较。

需要注意的是，解决数列中奇偶项问题的方法和技巧并不是唯一的，具体的解题方法应根据问题的具体情况进行选择。

在解题过程中，需要灵活运用数学知识和技巧，进行分析和推导，以找到解题的思路和方法。

总之，数列奇偶项问题的解题方法和技巧可以帮助我们更好地理解数列的性质和规律，提高解题的效率和准确性。

通过不断练习和积累经验，我们可以更好地运用这些方法和技巧来解答各种数列问题。

高中数学：数列通项的奇偶项问题

高中数学：数列通项的奇偶项问题
在日常学习考试中，我们经常会遇到数列求和问题，通常的做法是先求出数列通项解析式，判断数列性质，再根据公式求和，这是大多数同学都能掌握并熟练运用的。

但也经常会遇到根据给出的条件，按照正常解题思路无法准确求出解析式的情况，这时，我们必须要学会巧用奇偶分析法求出通项解析式，或者选择放弃求通项解析式，采用分类讨论法研究，一定会收到意想不到的效果。

同样的方法研究偶数项的通项公式：
我们看到，不管n为奇数还是偶数，通项公式的形式是相同的。

在采用奇偶分析法研究数列的通项时，我们采用了累加法.这个方法简单易用，不容易犯错。

当然，因为奇数项成等差，偶数项也成等差，你也可以利用等差数列的通项公式直接写出奇数项和偶数项的通项公式，
前提是项数不要搞错。

下面，思考一个一般化的问题：
请思考2分钟，再往下看。

看下面的简图：
把等差数列的各项放在数轴上，那么等差数列可理解为任意相邻两项的距离为定值(假设入>0)。

可是，由题我们只能
确定间隔一项的两项距离为定值，如何做到符合等差数列的要求呢?
其实也容易，如果我们使得第1项和第2项的距离为入/2，自然地，第2项和第3项的距离就为入/2，第3项和第4项的距离也为入/2，依次往下，多米诺骨牌效应......。

数列中的奇偶项问题课件-2025届高三数学一轮复习

的解题思路:先求出其他
log 2 , 为偶数
数列的通项公式,再求出{an}的通项公式.
迁移应用
已知数列 {an} 是等差数列 , 它的前 n(n ∈ N*) 项和为 Sn, 数列 {bn} 是等比数
列,bn>0,a1=3,b1=1,b3+S2=12,a5-2b2=a3.
将n用2k-1或2k替代,当n=2k-1时,a2k=a2k-1+1;
当n=2k时,a2k+1=2a2k=2(a2k-1+1)⇒a2k+1+2=2(a2k-1+2)⇒构造出以a1+2为首项、2为
公比的等比数列,先求出a2k-1的通项公式,再求出a2k的通项公式.
, 为奇数,
(2)数列{an}与其他数列的关系,如an=
+2
−1
2
, 为偶数.
所以T2n=(c1+c3+…+c2n-1)+(c2+c4+…+c2n)=[
1
1 1
1
1
(1- )+( - )+…+(
)]+
3
3 5
2−1 2+1
) 1+22+1
1
2(1−4
1
3
2n-1
(2+2 +…+2 )=1+
=
.
2+1
1−4
3
2+1
视角三
数列中连续两项和或积的问题(an++1 =f(n)或an·+1 =f(n))
所以bn的前100项和

数列中的奇偶项问题

数列中的奇偶项问题例1、〔12一模〕数列{}n a 满足：111,1,2n n n a n a a a n ++⎧==⎨⎩奇，，偶为数为数*n N ∈，设21n n b a -=. 〔1〕求23,,b b 并证明：122;n n b b +=+〔2〕①证明：数列{}2n b +等比数列；②假设22122,,9k k k a a a +++成等比数列，求正整数k 的值. 解：〔1〕2321=22(1)4,b a a a ==+=3543=22(1)10,b a a a ==+= 121221=22(1)2(1)22,n n n n n n b a a a b b ++-==+=+=+〔2〕①因为111122(2)1,20,2,22n n n n b b b a b b b +++==+≠==++所以数列{}2n b +是以3为首项，2为公比的等比数列.②由数列{}2n b +可得，1121322,322n n n n b a ---=⨯-=⨯-即，那么12211321n n n a a --=+=⨯-，因为22122,,9k k k a a a +++成等比数列，所以21(322)(321)(328)k k k -⨯-=⨯-⨯+，令2=k t ，得23(32)(1)(38)2t t t ⨯-=-+，解得243t =或，得2k =. 例2、〔14二模〕设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且248,40a S ==．数列{}n b 的前n 项和为n T ，且230n n T b -+=，n N *∈．〔I 〕求数列{}n a ,{}n b 的通项公式；〔II 〕设⎩⎨⎧=为偶数为奇数n b n a c nn n ，求数列{}n c 的前n 项和n P ．解：〔Ⅰ〕由题意，1184640a d a d +=⎧⎨+=⎩，得14,44n a a n d =⎧∴=⎨=⎩． …………3分 230n n T b -+=，113n b ∴==当时，，112230n n n b --≥-+=当时，T ，两式相减，得12,(2)n n b b n -=≥数列{}n b 为等比数列，132n n b -∴=⋅． …………7分〔Ⅱ〕14 32n n n n c n -⎧=⎨⋅⎩为奇数为偶数．当n 为偶数时，13124()()n n n P a a a b b b -=+++++++=212(444)6(14)222214n n n n n ++-⋅-+=+--． ……………10分当n 为奇数时，〔法一〕1n -为偶数，1n n n P P c -=+(1)1222(1)24221n n n n n n -+=+--+=++- ……………13分点评:根据结论1退而求之.〔法二〕132241()()n n n n P a a a a b b b --=++++++++1221(44)6(14)2221214n n n n n n -++⋅-=+=++-- ． ……………13分 12222,221n n n n n P n n n +⎧+-∴=⎨++-⎩为偶数，为奇数……………14分点评：分清项数，根据奇偶进展分组求和。

数列中的奇偶项问题(解析版)

数列中的奇偶项问题一、真题剖析【2020年新课标1卷文科】数列{a n}满足a n+2+(-1)n a n=3n-1，前16项和为540，则a1=_____ ________【试题情景】本题属于课程学习情景，本题以数列中的两项之间的关系为载体，考查数列中的项。

【必备知识】本题考查数列中的递推公式以及通项公式，并项求和等问题·【能力素养】本题考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力，考查的学科素养是理想思维和数学探索，对n为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用a1表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立a1方程，求解即可得出结论.【答案】7【解析】a n+2+(-1)n a n=3n-1，当n为奇数时，a n+2=a n+3n-1；当n为偶数时，a n+2+a n=3n-1.设数列a n的前n项和为S n，S16=a1+a2+a3+a4+⋯+a16=a1+a3+a5⋯+a15+(a2+a4)+⋯(a14+a16)=a1+(a1+2)+(a1+10)+(a1+24)+(a1+44)+(a1+70)+(a1+102)+(a1+140)+(5+17+29+41)=8a1+392+92=8a1+484=540，∴a1=7.故答案为：7.二、题型选讲题型一、分段函数的奇偶项求和例1.(2022·南京9月学情【零模】)(本小题满分10分)已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n，S3= 7a1，且a1，a2+2，a3成等差数列．(1)求{a n}的通项公式；(2)若b n=a n，n为奇数，n，n为偶数，求数列{bn}的前2n项和T2n．【解析】(1)因为数列{a n}为正项等比数列，记其公比为q，则q>0．因为S 3=7a 1，所以a 1+a 2+a 3=7a 1，即a 3+a 2-6a 1=0，因此q 2+q -6=0，解得q =2或-3，从而q =2．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分又a 1，a 2+2，a 3成等差数列，所以2(a 2+2)=a 1+a 3，即2(2a 1+2)=a 1+4a 1，解得a 1=4．因此a n =4×2n -1=2n +1．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分(2)因为b n =a n ，n 为奇数，n ，n 为偶数，所以T 2n =(b 1+b 3+⋯+b 2n -1)+(b 2+b 4+⋯+b 2n )=(a 1+a 3+⋯+a 2n -1)+(2+4+⋯+2n )=(22+24+⋯+22n )+(2+4+⋯+2n ))⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分=4×1-4n 1-4+(2+2n )n 2=n 2+n +4n +1-43．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分变式1.(2022·江苏南京市金陵中学高三10月月考)已知等差数列{a n }前n 项和为S n (n ∈N +)，数列{b n }是等比数列，a 1=3，b 1=1，b 2+S 2=10，a 5-2b 2=a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n =2S n ,n 为奇数b n ,n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .【答案】(1)a n =2n +1，b n =2n -1；(2)1+22n +13-12n +1.【解析】【分析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q (q ≠0)，根据等差等比数列通项公式基本量的计算可得结果；(2)求出S n =n (3+2n +1)2=n (n +2)，代入可得c n =2n (n +2)=1n -1n +2，n 为奇数2n -1，n 为偶数，再分组求和，利用裂项求和和等比数列的求和公式可求得结果.【详解】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q (q ≠0)， ∵a 1=3，b 1=1，b 2+S 2=10， a 5-2b2=a 3，∴q +3+3+d =103+4d -2q =3+2d，∴d =2，q =2，∴a n =2n +1，b n =2n -1；(2)由(1)知，S n =n (3+2n +1)2=n (n +2)，∴c n =2n (n +2)=1n -1n +2，n 为奇数2n -1，n 为偶数，∴T 2n =1-13+13-15+⋅⋅⋅+12n -1-12n +1+(21+23+25+⋅⋅⋅+22n -1)=1-12n +1+2(1-4n )1-4=1+22n +13-12n +1.变式2.(2022·山东·潍坊一中模拟预测)已知数列a n 满足a 12+a 222+⋅⋅⋅+a n 2n =n2n ．(1)求数列a n 的通项公式；(2)对任意的n ∈N ∗，令b n =2-n ,n 为奇数22-n ,为偶数，求数列b n 的前n 项和S n ．【解析】 (1)当n =1时，得a 12=12，解得a 1=1；当n ≥2时，可得a 12+a 222+⋅⋅⋅+a n 2n =n 2n ①a 12+a 222+⋅⋅⋅+a n -12n -1=n -12n -1②，由①-②，得a n 2n =n 2n -n -12n -1=2-n2n，a n =2-n ，当n =1时，a 1=2-1=1也符合，所以数列a n 的通项公式为a n =2-n ．(2)由(1)知b n =2-n ,n 为奇数22-n ,为偶数.当n 为偶数时，S n =1+-1 +-3 +⋅⋅⋅+2-n -1 +20+2-2+⋅⋅⋅+22-n =1+3-n n 22+1-14 n21-14=4-n n 4+431-12n =-3n 2+12n +1612-13×2n -2；当n 为奇数时，S n =S n +1-b n +1=-3n +1 2+12n +1 +1612-13×2n -1-21-n =-3n 2+6n +2512-43×2n -1．综上所述，S n =-3n 2+6n +2512-43×2n -1,n 为奇数-3n 2+12n +1612-13×2n -2,n 为偶数．变式3.(2022·湖南省雅礼中学开学考试)(10分)已知数列{a n }满足n 2a n +12+12，为正奇数，2a n 2+n 2，n 为正偶数．(1)问数列{a n }是否为等差数列或等比数列?说明理由．(2)求证：数列a 2n2n是等差数列，并求数列{a 2n}的通项公式．【解析】(1)由题意可知，a 1=12a 1+12+12=12a 1+12，所以a 1=1，a 2=2a 22+22=2a 1+1=3，a 3=32a 3+12+12=32a 2+12=5，a 4=2a 42+42=2a 2+2=8，因为a 3-a 2=2，a 4-a 3=3，a 3-a 2≠a 4-a 3，所以数列{a n }不是等差数列．又因为a 2a 1=3，a 3a 2=53，a2a 1≠a 3a 2所以数列{a n }也不是等比数列．(2)法一：因为对任意正整数n ，a 2n +1=2a 2n+2n ，a 2n +12n +1-a 2n2n =12，a 22=32，所以数列a 2n2n是首项为32，公差为72的等差数列．从而对 n ∈N *，a 2n2n =32+n -12，a 2n=(n+2)2n -1，所以数列{a 2n}的通项公式是a 2n=(n +2)2n -1(n ∈N *)．法二：因为对任意正整数n ，a 2n +1=2a 2n+2n ，得a 2n +1-(n +3)2n =2[a 2n-(n +2)2n -1]，且a 21-(1+2)21-1=a 2-3=0所以数列{a 2n-(n +2)2n -1}是每项均为0的常数列，从而对∀n ∈N *，a 2n=(n +2)2n -1，所以数列{a 2n}的通项公式是a 2n=(n +2)2n -1(n ∈N *)．∀n ∈N *，a 2n2n =n +22，a 2n +12n +1-a 2n2n =n +32-n +22，a 22=32，所以数列a 2n2n是首项为32，公差为12的等差数列题型二、含有(-1)n 类型例2.【2022·广东省深圳市福田中学10月月考】已知等差数列{a n}前n项和为S n，a5=9，S5=25.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；(2)设b n=(-1)n S n，求{b n}前n项和T n.【答案】(1)a n=2n-1，S n=n2；(2)T n=(-1)n n(n+1)2.【解析】【分析】(1)利用等差数列的基本量，列方程即可求得首项和公差，再利用公式求通项公式和前n项和即可；(2)根据(1)中所求即可求得b n，对n分类讨论，结合等差数列的前n项和公式，即可容易求得结果.【详解】(1)由S5=5(a1+a5)2=5×2a32=5a3=25得a3=5.又因为a5=9，所以d=a5-a32=2，则a3=a1+2d=a1+4=5，解得a1=1；故a n=2n-1，S n=n(1+2n-1)2=n2.(2)b n=(-1)n n2.当n为偶数时：T n=b1+b2+b3+b4+⋯+b n-1+b n=-12+22+-32+42+⋯+-(n-1)2+n2=(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+⋯+[n-(n-1)]×[n+(n-1)] =1+2+3+⋯+(n-1)+n=n(n+1)2.当n为奇数时：T n=b1+b2+b3+b4+⋯+b n-2+b n-1+b n=-12+22+-32+42+-(n-2)2+(n-1)2-n2=(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+⋯+[(n-1)-(n-2)]×[(n-1)+(n-2)]-n2 =1+2+3+⋯+(n-2)+(n-1)-n2=(n-1)(1+n-1)2-n2=-n(n+1)2.综上得T n=(-1)n n(n+1)2.变式1.【2022·广东省深圳市育才中学10月月考】已知数列a n的前n项和为S n，且对任意正整数n，a n =34S n+2成立．(1)b n=log2a n，求数列b n的通项公式；(2)设c n=-1n+1n+1b n b n+1，求数列c n的前n项和T n．【答案】(1)a n=22n+1；(2)T n=1413+-1n+112n+3．【解析】【分析】(1)利用数列a n与S n的关系，即可求得数列a n的通项公式，代入b n=log2a n，即可求得数列b n的通项公式；(2)由(1)可知c n=14-1n+112n+1+12n+3，分n为奇数和偶数，分别求和.【详解】(1)在a n=34S n+2中令n=1得a1=8．因为对任意正整数n，a n=34S n+2成立，所以a n+1=34S n+1+2，两式相减得a n+1-a n=34a n+1，所以a n+1=4a n，又a1≠1，所以a n为等比数列，所以a n=8⋅4n-1=22n+1，所以b n=log222n+1=2n+1．(2)c n=-1n+1n+12n+12n+3=14-1n+14n+42n+12n+3=14-1n+112n+1+12n+3当n为偶数时，T n=1413+15-15+17+17+19-⋯-12n+1+12n+3=1413-12n+3，当n为奇数时，T n=1413+15-15+17+17+19-⋯+12n+1+12n+3=1413+12n+3．所以T n=1413+-1n+112n+3．变式2.(2021·山东济宁市·高三二模)已知数列a n是正项等比数列，满足a3是2a1、3a2的等差中项，a4 =16．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =-1 n 2a 2n +1log ，求数列b n 的前n 项和T n ．【解析】(1)设等比数列a n 的公比为q ，因为a 3是2a 1、3a 2的等差中项，所以2a 3=2a 1+3a 2，即2a 1q 2=2a 1+3a 1q ，因为a 1≠0，所以2q 2-3q -2=0，解得q =2或q =-12，因为数列a n 是正项等比数列，所以q =2．因为a 4=16，即a 4=a 1q 3=8a 1=16，解得a 1=2，所以a n =2×2n -1=2n ；(2)解法一：(分奇偶、并项求和)由(1)可知，a 2n +1=22n +1，所以，b n =-1 n ⋅2a 2n +1log =-1 n ⋅222n +1log =-1 n ⋅2n +1 ，①若n 为偶数，T n =-3+5-7+9-L -2n -1 +2n +1 =-3+5 +-7+9 +L +-2n -1 +2n +1 =2×n2=n ；②若n 为奇数，当n ≥3时，T n =T n -1+b n =n -1-2n +1 =-n -2，当n =1时，T 1=-3适合上式，综上得T n =n ,n 为偶数-n -2,n 为奇数(或T n =n +1 -1 n -1，n ∈N *)；解法二：(错位相减法)由(1)可知，a 2n +1=22n +1，所以，b n =-1 n ⋅2a 2n +1log =-1 n ⋅222n +1log =-1 n ⋅2n +1 ，T n =-1 1×3+-1 2×5+-1 3×7+L +-1 n 2n +1 ，所以-T n =-1 2×3+-1 3×5+-1 4×7+L +-1 n +12n +1 所以2T n =-3+2-1 2+-1 3+L +-1 n --1 n +12n +1=-3+2×1--1 n -12+-1 n 2n +1 =-3+1--1 n -1+-1 n 2n +1=-2+2n +2 -1 n ，所以T n =n +1 -1 n -1，n ∈N *变式3.(2022·湖北·黄冈中学二模)已知数列a n 中，a 1=2,n a n +1-a n =a n +1.(1)求证：数列a n +1n是常数数列；(2)令b n =(-1)n a n ,S n 为数列b n 的前n 项和，求使得S n ≤-99的n 的最小值.【解析】(1)由n a n +1-a n =a n +1得：na n +1=n +1 a n +1，即a n +1n +1=a n n +1n n +1∴a n +1n +1=a n n +1n -1n +1，即有a n +1+1n +1=a n +1n,∴数列a n +1n 是常数数列；(2)由(1)知：a n +1n =a 1+1=3,∴a n =3n -1,∴b n =(-1)n 3n -1即b n =3n -1,n 为偶数-3n -1 ,n 为奇数，∴当n 为偶数时，S n =-2+5 +-8+11 +⋯+-3n -4 +3n -1 =3n2，显然S n ≤-99无解；当n 为奇数时，S n =S n +1-a n +1=3n +1 2-3n +1 -1 =-3n +12，令S n ≤-99，解得：n ≥66，结合n 为奇数得：n 的最小值为67.所以n 的最小值为67.题型三、a n +a n +1类型例3.(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n 满足a 1=1，a n +a n +1=2n ；数列b n 前n 项和为S n ，且b 1=1，2S n =b n +1-1.(1)求数列a n 和数列b n 的通项公式；(2)设c n =a n ⋅b n ，求c n 前2n 项和T 2n .【答案】(1)a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z ，b n =3n -1；(2)58n -5 9n8.【解析】【分析】(1)根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行求解即可；(2)利用错位相减法进行求解即可.(1)n ≥2，a n -1+a n =2n -1 ，∴a n +1-a n -1=2，又a 1=1，a 2=1，n =2k -1(k 为正整数)时，a 2k -1 是首项为1，公差为2的等差数列,∴a 2k -1=2k -1，a n =n ，n =2k (k 为正整数)时，a 2k 是首项为1，公差为2的等差数列.∴a 2k =2k -1，∴a n =n -1，∴a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，∵2S n =b n +1-1，∴n ≥2时，2S n -1=b n -1，∴2b n =b n +1-b n ，又b2=3，∴n≥2时，b n=3n-1，b1=1=30，∴b n=3n-1；(2)由(1)得c n=n3n-1,n=2k-1,k∈Zn-13n-1,n=2k,k∈Z，T2n=1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅+2n-1⋅32n-2+1×31+3×33+5×35+⋅⋅⋅+2n-1⋅32n-1= 41×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n-1⋅32n-2设K n=1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n-1⋅32n-2①则9K n=1×32+3×34+5×36+⋅⋅⋅+2n-1⋅32n②①-②得-8K n=1+232+34+⋅⋅⋅+32n-2-2n-1⋅32n=5+8n-59n-4，K n=5+8n-59n32，∴T2n=58n-59n8变式1.(2022·江苏苏州·高三期末)若数列a n满足a n+m=a n+d(m∈N*，d是不等于0的常数)对任意n∈N*恒成立，则称a n是周期为m，周期公差为d的“类周期等差数列”．已知在数列a n中，a1=1，a n+a n+1=4n+1(n∈N*)．(1)求证：a n是周期为2的“类周期等差数列”，并求a2,a2022的值；(2)若数列b n满足b n=a n+1-a n(n∈N*)，求b n的前n项和T n．【答案】(1)证明见解析；a2=4；a2022=4044(2)T n=2n+1,n为奇数, 2n,n为偶数.【解析】【分析】(1)由a n+a n+1=4n+1，a n+1+a n+2=4(n+1)+1，相减得a n+2-a n=4(n∈N*)，即可得到答案；(2)对当n分为偶数和奇数进行讨论，进行并求和，即可得到答案；(1)由a n+a n+1=4n+1，a n+1+a n+2=4(n+1)+1，相减得a n+2-a n=4(n∈N*)，所以a n周期为2，周期公差为4的“类周期等差数列”，由a1+a2=5，a1=1，得a2=4，所以a2022=a2+(2022-2)×2=4+4040=4044．(2)由b n=a n+1-a n，b n+1=a n+2-a n+1，得b n+1+b n=a n+2-a n=4，当n为偶数时，T n=(b1+b2)+(b3+b4)+⋯+(b n-1+b n)=4⋅n2=2n；当n为奇数时，T n=b1+(b2+b3)+(b4+b5)+⋯+(b n-1+b n)=3+4⋅n-12=2n+1．综上所述，T n=2n+1,n为奇数, 2n,n为偶数.变式2.(2022·江苏新高考基地学校第一次大联考期中)(10分)已知等差数列{a n}满足an+an+1= 4n，n∈N*．(1)求{a n}的通项公式；(2)设b1=1，bn+1=a n，n为奇数，-b n+2n，n为偶数，求数列{bn}的前2n项和S2n．【答案】(1)a n=2n-1；(2)4n-13+4n-3.【解析】【分析】(1)设等差数列a n的公差为d，由已知可得a n+1+a n+2=4n+1与已知条件两式相减可得a n+2-a n=4=2d求得d的值，再由a1+a2=4求得a1的值，利用等差数列的通项公式可得a n的通项公式；(2)当n为奇数时，b n+1=2n-1，当n为偶数时，b n+1+b n=2n，再利用分组并项求和以及等比数列的求和公式即可求解.【小问1详解】因为a n+a n+1=4n，所以a n+1+a n+2=4n+1，所以a n+2-a n=4，设等差数列a n的公差为d，则a n+2-a n=4=2d，可得d=2，当n=1时，a1+a2=a1+a1+2=4，可得a1=1，所以a n=1+2n-1=2n-1.【小问2详解】当n为奇数时，b n+1=a n=2n-1，当n为偶数时，b n+1+b n=2n，所以S2n=b1+b2+b3+b4+b5+b6+b7+⋯+b2n-2+b2n-1+b2n=1+22+24+26+⋯+22n-2+22n-1-1=20+22+24+26+⋯+22n-2+22n-1-1=201-4n1-4+4n-3=4n-13+4n-3.三、追踪训练1.(2022·江苏苏州市八校联盟第一次适应性检测)若数列{a n}中不超过f(m)的项数恰为b m(m∈N*)，则称数列{b m}是数列{a n}的生成数列，称相应的函数f(m)是数列{a n}生成{b m}的控制函数．已知a n=2n，且f(m)=m，数列{b m}的前m项和S m，若S m=30，则m的值为()A.9B.11C.12D.14【答案】B【解析】由题意可知，当m 为偶数时，可得2n ≤m ，则b m =m2；当m 为奇数时，可得2n ≤m -1，则bm =m -12，所以b m =m -12(m 为奇数)m 2(m 为偶数)，则当m 为偶数时，S m =b 1+b 2+⋯+b m =12(1+2+⋯+m )-12×m 2=m 24，则m 24=30，因为m ∈N *，所以无解；当m 为奇数时，S m =b 1+b 2+⋯+b m =S m +1-b m +1=(m +1)24-m +12=m 2-14，所以m 2-14=30，因为m ∈N *，所以m =11，故答案选B ．2.【2022·广东省深圳市第七高级中学10月月考】(多选题)已知数列a n 满足a n +1+a n =n ⋅-1n n +12，其前n 项和为S n ，且m +S 2019=-1009，则下列说法正确的是()A.m 为定值B.m +a 1为定值C.S 2019-a 1为定值D.ma 1有最大值【答案】BCD 【解析】【分析】分析得出a 2k +a 2k +1=2k ⋅-1 k 2k +1 ，由已知条件推导出S 2019-a 1=-1010，m +a 1=1，可判断出ABC 选项正误，利用基本不等式可判断D 选项的正误.【详解】当n =2k k ∈N ∗ ，由已知条件可得a 2k +a 2k +1=2k ⋅-1 k 2k +1 ，所以，S 2019=a 1+a 2+a 3+⋯+a 2019=a 1+a 2+a 3 +a 4+a 5 +⋯+a 2018+a 2019 =a 1-2+4-6+8-⋯-2018=a 1+2×504-2018=a 1-1010，则S 2019-a 1=-1010，所以，m +S 2019=m +a 1-1010=-1009，∴m +a 1=1，由基本不等式可得ma 1≤m +a 12 2=14，当且仅当m =a 1=12时，等号成立，此时ma 1取得最大值14.故选：BCD .3.(2022·江苏南通市区期中)(多选题)已知数列{a n }满足a 1=-2，a 2=2，a n +2-2a n =1-(-1)n ，则A.{a 2n -1}是等比数列 B.5i =1a 2i −1+2 =-10C.{a 2n }是等比数列D.10i =1a i =52【答案】ACD【解析】由题意可知，数列{a n}满足a1=-2，a2=2，a n+2-2a n=1-(-1)n，所以a n+2=1-(-1)n+2a n=2+2a n，n为奇数2a n，n为偶数，所以a3=2+2×(-2)=-2，a4=2×2=4，a5=2+2×(-2)=-2，a6=2×4=8，a7=2+2×(-2)=-2，a8=2×8=16，a9=2+2×(-2)=-2，a10=2×16=32，⋯，所以{a2n-1}={-2}，是等比数列，故选项A正确；5i=1a2i−1+2=(a1+a3+a5+a7+a9)+2×5=-2×5+2×5=0，故选项B错误；对于选项C，{a2n}={2n}是等比数列，故选项C正确；对于选项D，10i=1a i=-2+2-2+4-2+8-2+16-2+32=52，故选项D正确，综上，答案选ACD．4.(2022·江苏海门中学、泗阳中学期中联考)已知数列{a n}满足a n+1+(-1)n a n=2n+1，则a1+a3+ a5+⋯+a99=．【答案】50【解析】【分析】根据所给递推关系，可得a2n+1+a2n=4n+1,a2n-a2n-1=4n-1，两式相减可得a2n+1+a2n-1= 2.即相邻奇数项的和为2，即可求解.【详解】∵a n+1+(-1)n a n=2n+1,∴a2n+1+a2n=4n+1,a2n-a2n-1=4n-1.两式相减得a2n+1+a2n-1 =2.则a3+a1=2,a7+a5=2,⋯,a99+a97=2,∴a1+a3+a5+⋯+a99=25×2=50，故答案为：505.(2021·天津红桥区·高三一模)已知数列a n的前n项和S n满足：S n=2a n+(-1)n，n≥1.(1)求数列a n的前3项a1，a2，a3；(2)求证：数列a n+23⋅-1n是等比数列：(3)求数列(6n-3)⋅a n的前n项和T n.【详解】(1)当n=1时，有：S1=a1=2a1+-1⇒a1=1；当n=2时，有：S2=a1+a2=2a2+-12⇒a2=0；当n=3时，有：S3=a1+a2+a3=2a3+-13⇒a3=2；综上可知a1=1，a2=0，a3=2；(2)由已知得：n≥2时，a n=S n-S n-1=2a n+(-1)n-2a n-1-(-1)n-1化简得：a n=2a n-1+2(-1)n-1上式可化为：a n +23(-1)n =2a n -1+23(-1)n -1 故数列a n +23(-1)n 是以a 1+23(-1)1为首项，公比为2的等比数列.(3)由(2)知a n +23(-1)n =132n -1∴a n =13⋅2n -1-23(-1)n 6n -3 ⋅a n =2n -1 2n -1-2-1 n=2n -1 ⋅2n -1-2⋅(-1)n ⋅(2n -1)当n 为偶数时，T n =1⋅20+3⋅21+⋅⋅⋅+(2n -1)⋅2n -1 -2[-1+3-5+⋅⋅⋅-(2n -3)+(2n -1)]令A n =1⋅20+3⋅21+⋅⋅⋅+(2n -1)⋅2n -1，B n =2[-1+3-5+⋅⋅⋅-(2n -3)+(2n -1)]A n =1⋅20+3⋅21+5⋅22⋅⋅⋅+(2n -3)⋅2n -2+(2n -1)⋅2n -1①2A n =1⋅21+3⋅22+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+(2n -3)⋅2n -1+(2n -1)⋅2n ②则①-②得-A n =20+2⋅21+2⋅22⋅⋅⋅+2⋅2n -1-(2n -1)⋅2n =1+221+22⋅⋅⋅+2n -1 -(2n -1)⋅2n =1+2⋅21-2n -11-2-(2n -1)⋅2n=-3+(3-2n )⋅2n ∴A n =3+(2n -3)⋅2n 10B n =2[-1+3-5+⋅⋅⋅-(2n -3)+(2n -1)]=2⋅2⋅n2=2n 所以T n =A n -B n =3+(2n -3)⋅2n -2n .当n 为奇数时，A n =3+(2n -3)⋅2nB n =2[-1+3-5+⋅⋅⋅-(2n -5)+(2n -3)-(2n -1)]=22⋅n -12-2n +1 =-2n 所以T n =A n -B n =3+(2n -3)⋅2n +2n 综上，T n =3+(2n -3)⋅2n -2n ,n 为偶数,3+(2n -3)⋅2n +2n ,n 为奇数.6.(2022·山东烟台·高三期末)已知数列a n 满足a 1=4，a n +1=12a n+n ,n =2k -1a n -2n ,n =2k(k ∈N *)．(1)记b n =a 2n -2，证明：数列b n 为等比数列，并求b n 的通项公式；(2)求数列a n 的前2n 项和S 2n ．【答案】(1)证明见解析；b n =12n -1，n ∈N *；(2)S 2n =-2n 2+6n +6-32n -1.【解析】【分析】(1)根据给定的递推公式依次计算并探求可得b n +1=12b n，求出b 1即可得证，并求出通项公式.(2)由(1)求出a 2n ，再按奇偶分组求和即可计算作答.(1)依题意，b n +1=a 2n +2-2=12a 2n +1+2n +1 -2=12a 2n -2×2n +2n +1 -2=12a 2n -1=12(a 2n -2)=12b n，而b 1=a 2-2=12a 1+1-2=1>0，所以数列b n 是以1为首项，12为公比的等比数列，b n =12n -1，n ∈N *.(2)由(1)知，a 2n =b n +2=12 n -1+2，则有a 2+a 4+⋅⋅⋅+a 2n =1-12 n1-12+2n =2-12n -1+2n ，又a 2n =12a 2n -1+2n -1，则a 2n -1=2a 2n -2(2n -1)，于是有a 1+a 3+⋅⋅⋅+a 2n -1=2(a 2+a 4+⋅⋅⋅+a 2n )-2×1+(2n -1)2×n =22-12n -1+2n -2n 2=-2n 2+4n +4-22n -1，因此，S 2n =(a 1+a 3+⋅⋅⋅+a 2n -1)+(a 2+a 4+⋅⋅⋅+a 2n )=-2n 2+4n +4-22n -1+2-12n -1+2n =-2n 2+6n +6-32n -1，所以S 2n =-2n 2+6n +6-32n -1.。

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