2024年高考数学专项复习数列中的奇偶项问题(微专题)(解析版)

数列中的奇偶项问题(微专题)
题型选讲
题型一、分段函数的奇偶项求和
1(深圳市罗湖区期末试题)已知数列a n
中，a1=2，na n+1-n+1
a n=1n∈N*
.
(1)求数列a n
的通项公式；
(2)设b n=
a n+1,n为奇数,
2a n+1,n为偶数，
求数列b
n
的前100项和.
1(2023·黑龙江大庆·统考三模)已知数列a n
满足a1+3a2+⋯+2n-1
a n=n．
(1)证明：1
a n
是一个等差数列；
(2)已知c n=
1
19a n
,n为奇数
a n a n+2,n为偶数
，求数列c n 的前2n项和S2n．
2024年高考数学专项复习数列中的奇偶项问题（微专题）（解析版）
2(2023·吉林·统考三模)已知数列a n
满足a n=
2n-2,n为奇数
3n-2,n为偶数
a
n
的前n项和为S n．
(1)求a1，a2，并判断1024是数列中的第几项；
(2)求S2n-1．
3(2023·安徽蚌埠·统考三模)已知数列a n
满足a1=1，a2n+1=a2n+1，a2n=2a2n-1.
(1)求数列a n
的通项公式；
(2)设T n=1
a1+1
a2
+⋯+1
a n，求证：T2n
<3.
4(2023·湖南邵阳·统考三模)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 3=5,S 9=81，数列{b n }满
足a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3.(1)求数列{a n }与数列{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n =
b n ,n 为奇数
1
a n a n +2
,n 为偶数
，n 为偶数，求{c n }前2n 项和T 2n .
5(2023·湖南岳阳·统考三模)已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，其公比q ≠-1，a 4+a 5a 7+a 8=1
27，
且S 4=a 3+93．
(1)求数列a n 的通项公式；(2)已知b n =
log 13
a n ,n 为奇数
a n
,n 为偶数
，求数列b n 的前n 项和T n ．
2【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=
1(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；
log，求数列{b n}的前n项和T n．
(2)若b n=-1
n⋅2a2n+1
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.
n n+1
3(2023·广东深圳·统考一模)记S n，为数列a n
的前n项和，已知S n=a n
2
+n2+1，n∈N*．
(1)求a1+a2，并证明a n+a n+1
是等差数列；
(2)求S n．
1(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n
满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n
前n项和为S n，且b1=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T2n.
2(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n
前n项和
满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n
为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.
(1)求数列a n
的通项公式；
和数列b n
(2)设c n=a n⋅b n，求c n
前2n项和T2n.
数列中的奇偶项问题(微专题)
题型选讲
题型一、分段函数的奇偶项求和
1(深圳市罗湖区期末试题)已知数列a n
中，a1=2，na n+1-n+1
a n=1n∈N*
.
(1)求数列a n
的通项公式；
(2)设b n=
a n+1,n为奇数,
2a n+1,n为偶数，
求数列b
n
的前100项和.
【解析】
【小问1详解】
∵na n+1-n+1
a n=1,∴a n+1
n+1
-
a n
n
=1
n
-1
n+1
,
a n+1+1
n+1
=
a n+1
n，
所以
a n+1
n
是常数列，即a n+1
n
=
a1+1
1
=3,∴a n=3n-1；
【小问2详解】
由(1)知，a n
是首项为2，公差为3等差数列，由题意得b2n-1=a2n-1=6n-4，b2n=2a2n+1=12n+4，设数列b2n-1
，b2n
的前50项和分别为T1，T2，
所以T1=50b1+b99
2
=25×298=7450，T2=
50×b2+b100
2
=25×620=15500，
所以b n
的前100项和为T1+T2=7450+15500=22950；
综上，a n=3n-1，b n
的前100项和为T1+T2=7450+15500=22950.
1(2023·黑龙江大庆·统考三模)已知数列a n
满足a1+3a2+⋯+2n-1
a n=n．
(1)证明：1
a n
是一个等差数列；
(2)已知c n=
1
19a n
,n为奇数
a n a n+2,n为偶数
，求数列c n 的前2n项和S2n．
【答案】(1)证明见详解
(2)S2n=
2n-1
n
19
+n
34n+3
【详解】(1)当n=1时，可得a1=1，
当n≥2时，由a1+3a2+⋯+2n-1
a n=n，则a1+3a2+⋯+2n-3
a n-1=n-1n≥2
，
上述两式作差可得a n=
1
2n-1
n≥2
，
因为a1=1满足a n=
1
2n-1，所以a n
的通项公式为a n=
1
2n-1，所以
1
a n
=2n-1，
因为1
a n
-1
a n-1
=2n-1-2n-3
=2(常数)，
所以
1
a n
是一个等差数列．
(2)c n=
2n-1
19
,n为奇数
1
2n-1
2n+3
,n为偶数 ，
所以C1+C3+⋯C2n-1=1+5+9+⋯4n-3
19
=
2n-1
n
19，
C2+C4+⋯C2n=1
4
1
3
-1
7
+1
7
-1
11
+⋯+1
4n-1
-1
4n+3
=n
34n+3
所以数列c n
的前2n项和S2n=
2n-1
n
19
+n
34n+3
．
2(2023·吉林·统考三模)已知数列a n
满足a n=
2n-2,n为奇数
3n-2,n为偶数
a
n
的前n项和为S n．
(1)求a1，a2，并判断1024是数列中的第几项；
(2)求S2n-1．
【答案】(1)a1=1
2，a2
=4；1024是数列a n
的第342项
(2)S2n-1=4n
6+3n2-5n+11
6
【详解】(1)由a n=
2n-2,n为奇数
3n-2,n为偶数
可得a
1
=1
2，a2
=4．
令2n-2=1024=210，解得：n=12为偶数，不符合题意，舍去；令3n-2=1024，解得：n=342，符合题意．
因此，1024是数列a n
的第342项．
(2)S2n-1=a1+a2+a3+a4+⋅⋅⋅+a2n-2+a2n-1=1
2+4+2+10+⋅⋅⋅+6n-8
+22n-3
=1
2+2+⋅⋅⋅+22n-3
+4+10+⋅⋅⋅+6n-8
=1
2
1-4n
1-4
+
n-1
4+6n-8
2
=1
6
4n-1
+n-1
3n-2
=
4n
6
+3n2-5n+11
6．
另解：由题意得a2n-1=22n-3，又a2n+1
a2n-1
=4，
所以数列a2n-1
是以1
2为首项，4为公比的等比数列．
a2n=6n-2，又a2n+2-a2n=6，
所以数列a2n
是以4为首项，6为公差的等差数列．
S2n-1为数列a2n-1
的前n项和与数列a2n
的前n-1项和的总和．
故S2n-1=1
2
1-4n
1-4
+
n-1
4+6n-8
2
=1
6
4n-1
+n-1
3n-2
=
4n
6
+3n2-5n+11
6
.
3(2023·安徽蚌埠·统考三模)已知数列a n
满足a1=1，a2n+1=a2n+1，a2n=2a2n-1.
(1)求数列a n
的通项公式；
(2)设T n=1
a1+1
a2
+⋯+1
a n，求证：T2n
<3.
【答案】(1)a n=
2n+12-1,n为奇数, 2n2+1-2,n为偶数.
(2)证明见解析.
【详解】(1)由题意a2n+1=a2n+1=2a2n-1+1,
所以a2n+1+1=2a2n-1+1
,
因为a1+1=2≠0,所以数列a2n-1+1
是首项为2,公比为2的等比数列,所以a2n-1+1=2n,即a2n-1=2n-1,
而a2n=2a2n-1=2n+1-2,
所以a n=
2n+12-1,n为奇数, 2n2+1-2,n为偶数.
(2)方法一：由(1)得T2n=
n
i=1
1
a2i-1
+1
a2i
=32
n
i=1
1
2i-1
=32
n
i=1
2i+1-1
2i-1
2i+1-1
<3
2
n
i=1
2i+1
2i-1
2i+1-1
=3
n
i=1
2i
2i-1
2i+1-1
=3
n
i=1
1
2i-1
-1
2i+1-1
=31-1
2n+1-1
<3方法二：因为2n-1≥2n-1n∈N*
,
所以T2n=∑n
i=1
1
a2i-1
+1
a2i
=32∑n i=112i-1≤32∑n i=112i-1=31-12n
<3
4(2023·湖南邵阳·统考三模)记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a3=5,S9=81，数列{b n}满
足a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3.(1)求数列{a n }与数列{b n }的通项公式；
(2)数列{c n }满足c n =b n ,n 为奇数
1
a n a
n +2
,n 为偶数
，n 为偶数，求{c n }前2n 项和T 2n .【答案】(1)a n =2n -1,b n =3n (2)T 2n =3⋅9n 8-116n +12-7
24
【详解】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，
∵a 3=5S 9=81 ，即a 1+2d =5
9a 1+9×82
d =81 ，∴a 1=1,d =2，∴a n =2n -1.∵a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3，①∴a 1b 1+a 2b 2+⋯+a n -1b n -1=n -2 ⋅3n +3n ≥2 ，②所以①-②得，a n b n =2n -1 ⋅3n ，
∴b n =3n n ≥2 .当n =1时，a 1b 1=3,b 1=3，符合b n =3n .∴b n =3n .
(2)T 2n =c 1+c 2+c 3+⋯+c 2n ，依题有：T 2n =b 1+b 3+⋯+b 2n -1 +
1a 2a 4+1a 4a 6+⋯+1
a 2n a 2n +2
.记T 奇=b 1+b 3+⋯+b 2n -1，则T 奇=3(1-32n )1-32=32n +1-3
8.
记T 偶=1a 2a 4+1a 4a 6+⋯+1
a 2n a 2n +2
，则T 偶=12d 1a 2
-1a 4 +1a 4-1a 6 +⋯+1a 2n -1
a 2n +2
=
12d 1a 2
-1a 2n +2
=1413-1
4n +3 .
所以T 2n =32n +1-38+1413-14n +3 =3⋅9n 8-116n +12-7
24
5(2023·湖南岳阳·统考三模)已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，其公比q ≠-1，a 4+a 5a 7+a 8=1
27，
且S 4=a 3+93．
(1)求数列a n 的通项公式；(2)已知b n =
log 13
a n ,n 为奇数
a n
,n 为偶数
，求数列b n 的前n 项和T n ．
【答案】(1)a n =3n (2)T n =
18×3n +1-9
8-n +1 2
4,n 为奇数983n -1
-n 2
4,n 为偶数
【详解】(1)因为a n 是等比数列，公比为q ≠-1，则a 4=a 1q 3,a 5=a 1q 4，a 7=a 1q 6,a 8=a 1q 7，所以a 4+a 5a 7+a 8=a 1q 3+a 1q 4a 1q 6+a 1q 7=1q 3=1
27，解得q =3，
由S 4=a 3+93，可得a 11-34 1-3=9a 1+93，解得a 1=3，
所以数列a n 的通项公式为a n =3n ．(2)由(1)得b n =-n ,n 为奇数3n ,n 为偶数
，
当n 为偶数时，T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =b 1+b 3+⋅⋅⋅+b n -1 +b 2+b 4+⋅⋅⋅+b n =-1+3+⋅⋅⋅+n -1 +32
+34
+⋅⋅⋅+3n
=-n
2
⋅1+n -1
2
×+
91-9n 2
1-9
=983n -
1 -n 2
4
；当n 为奇数时T n =T n +1-b n +1=983n +1-1 -n +1 24-3n +1=18×3n +1
-98-n +1 2
4
；
综上所述：T n =
18
×3n +1-9
8-n +1 2
4,n 为奇数983n -1
-n 2
4,n 为偶数
.
题型二、含有(-1)n 类型
2【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a 1=
【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 ，S 16=a 1+a 2+a 3+a 4+⋯+a 16
=a 1+a 3+a 5⋯+a 15+(a 2+a 4)+⋯(a 14+a 16)
=a 1+(a 1+2)+(a 1+10)+(a 1+24)+(a 1+44)+(a 1+70)+(a 1+102)+(a 1+140)+(5+17+29+41)=8a 1+392+92=8a 1+484=540，
∴a 1=7.故答案为：7.
1(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a 3是2a 1、3a 2的等差中项，
a 4=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-⋯-2n -1 +2n +1 =-3+5 +-7+9 +⋯+-2n -1 +2n +1 =2×
n
2
=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+⋯+-1 n ⋅2n +1 ，所以-T n =-1 2×3+-1 3×5+-1 4×7+⋯+-1 n +1⋅2n +1 所以2T n =3+2[-1 2+-1 3+⋯+-1 n ]--1 n +12n +1 ，
=-3+2×1--1 n -1
2+-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*
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
=
5×2a3
2
=5a3=25得a3=5.
又因为a5=9，所以d=a5-a3
2
=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
题型三、a n+a n+1类型
3(2023·广东深圳·统考一模)记S n，为数列a n
的前n项和，已知S n=a n
2
+n2+1，n∈N*．
(1)求a1+a2，并证明a n+a n+1
是等差数列；
(2)求S n．
【解析】(1)已知S n=a n
2
+n2+1，n∈N*
当n=1时，a1=a1
2
+2，a1=4；当n=2时，a1+a2=
a2
2
+5，a2=2，所以a1+a2=6．
因为S n=a n
2
+n2+1①，所以S n+1=
a n+1
2
+n+1
2+1②．
②-①得，a n+1=a n+1
2
-
a n
2
+n+1
2-n2，整理得a n+a n+1=4n+2，n∈N*，
所以a n+1+a n+2
-a n+a n+1
=4n+1
+2
-4n+2
=4(常数)，n∈N*，所以a n+a n+1
是首项为6，公差为4的等差数列．
(2)由(1)知，a n-1+a n=4n-1
+2=4n-2，n∈N*，n≥2．
当n为偶数时，S n=a1+a2
+a3+a4
+⋯+a n-1+a n
=n
2
6+4n-2
2
=n2+n；
当n为奇数时，S n=a1+a2+a3
+a4+a5
+⋯+a n-1+a n
=4+n-1
2
10+4n-2
2
=n2+n+2．
综上所述，S n=
n2+n,当n为偶数时
n2+n+2,当n为奇数时
1(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n
满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n
前n项和为S n，且b1=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T2n.
【答案】(1)a n=
n,n=2k-1,k∈Z
n-1,n=2k,k∈Z
，b
n
=3n-1；
(2)58n-5
9n
8.
【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 ∈Z
n -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b 2=3，∴n ≥2时，b n =3n -1，b 1=1=30，∴b n =3n -1；(2)
由(1)得c n =n 3n -1,n =2k -1,k ∈Z
n -1 3n -1,n =2k ,k ∈Z ，
T 2n =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 -2 ①则9K n =1×32+3×34+5×36+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n ②
①-②得-8K n =1+232
+34
+⋅⋅⋅+3
2n -2
-2n -1 ⋅32n
=
5+8n -5 9n
-4
，K n =5+8n -5 9n 32，∴T 2n =
58n -5 9n
8
2(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 ∈Z
n -1,n =2k ,k ∈Z
，b n =3n -1；
(2)58n -5 9n
8.
【解析】
(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 ∈Z
n -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b 2=3，∴n ≥2时，b n =3n -1，b 1=1=30，∴b n =3n -1；(2)
由(1)得c n =n 3n -1,n =2k -1,k ∈Z
n -1 3n -1,n =2k ,k ∈Z ，
T 2n =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 -2 ①则9K n =1×32+3×34+5×36+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n ②
①-②得-8K n =1+232
+34
+⋅⋅⋅+3
2n -2
-2n -1 ⋅32n
=
5+8n -5 9n
-4
，K n =5+8n -5 9n 32，∴T 2n =
58n -5 9n
8。