数列中的分类讨论思想之奇偶分析法

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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+1a 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bn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-1a n=n．(1)证明：1a n是一个等差数列；(2)已知c n=119a 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an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=1a1+1a2+⋯+1a 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1a 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=127，且S 4=a 3+93．(1)求数列a n 的通项公式；(2)已知b n =log 13a 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=-1n⋅2a2n+12【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+13(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 n2+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+1a 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bn的前100项和.【解析】【小问1详解】∵na n+1-n+1a n=1,∴a n+1n+1-a nn=1n-1n+1,a n+1+1n+1=a n+1n，所以a n+1n是常数列，即a n+1n=a1+11=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+b992=25×298=7450，T2=50×b2+b1002=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-1a n=n．(1)证明：1a n是一个等差数列；(2)已知c n=119a 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-1n19+n34n+3【详解】(1)当n=1时，可得a1=1，当n≥2时，由a1+3a2+⋯+2n-1a n=n，则a1+3a2+⋯+2n-3a n-1=n-1n≥2，上述两式作差可得a n=12n-1n≥2，因为a1=1满足a n=12n-1，所以a n的通项公式为a n=12n-1，所以1a n=2n-1，因为1a n-1a n-1=2n-1-2n-3=2(常数)，所以1a n是一个等差数列．(2)c n=2n-119,n为奇数12n-12n+3,n为偶数，所以C1+C3+⋯C2n-1=1+5+9+⋯4n-319=2n-1n19，C2+C4+⋯C2n=1413-17+17-111+⋯+14n-1-14n+3=n34n+3所以数列c n的前2n项和S2n=2n-1n19+n34n+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an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=12，a2=4；1024是数列a n的第342项(2)S2n-1=4n6+3n2-5n+116【详解】(1)由a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数可得a1=12，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=12+4+2+10+⋅⋅⋅+6n-8+22n-3=12+2+⋅⋅⋅+22n-3+4+10+⋅⋅⋅+6n-8=121-4n1-4+n-14+6n-82=164n-1+n-13n-2=4n6+3n2-5n+116．另解：由题意得a2n-1=22n-3，又a2n+1a2n-1=4，所以数列a2n-1是以12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=121-4n1-4+n-14+6n-82=164n-1+n-13n-2=4n6+3n2-5n+116.3(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=1a1+1a2+⋯+1a 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=ni=11a2i-1+1a2i=32ni=112i-1=32ni=12i+1-12i-12i+1-1<32ni=12i+12i-12i+1-1=3ni=12i2i-12i+1-1=3ni=112i-1-12i+1-1=31-12n+1-1<3方法二：因为2n-1≥2n-1n∈N*,所以T2n=∑ni=11a2i-1+1a2i=32∑n i=112i-1≤32∑n i=112i-1=31-12n<34(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1a n an +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 +12-724【详解】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3=5S 9=81 ，即a 1+2d =59a 1+9×82d =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+⋯+1a 2n a 2n +2.记T 奇=b 1+b 3+⋯+b 2n -1，则T 奇=3(1-32n )1-32=32n +1-38.记T 偶=1a 2a 4+1a 4a 6+⋯+1a 2n a 2n +2，则T 偶=12d 1a 2-1a 4 +1a 4-1a 6 +⋯+1a 2n -1a 2n +2=12d 1a 2-1a 2n +2=1413-14n +3 .所以T 2n =32n +1-38+1413-14n +3 =3⋅9n 8-116n +12-7245(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=127，且S 4=a 3+93．(1)求数列a n 的通项公式；(2)已知b n =log 13a 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 +1-98-n +1 24,n 为奇数983n -1-n 24,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=127，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=-n2⋅1+n -12×+91-9n 21-9=983n -1 -n 24；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 24；综上所述：T n =18×3n +1-98-n +1 24,n 为奇数983n -1-n 24,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×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+⋯+-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 -12+-1 n 2n +1 =-3+1--1 n -1+-1 n 2n +1=-2+2n +2 -1 n ，所以T n=n+1-1n-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=5×2a32=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 n2+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 n2+n2+1，n∈N*当n=1时，a1=a12+2，a1=4；当n=2时，a1+a2=a22+5，a2=2，所以a1+a2=6．因为S n=a n2+n2+1①，所以S n+1=a n+12+n+12+1②．②-①得，a n+1=a n+12-a n2+n+12-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=n26+4n-22=n2+n；当n为奇数时，S n=a1+a2+a3+a4+a5+⋯+a n-1+a n=4+n-1210+4n-22=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∈Zn-1,n=2k,k∈Z，bn=3n-1；(2)58n-59n8.【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 ∈Zn -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 ②①-②得-8K n =1+232+34+⋅⋅⋅+32n -2-2n -1 ⋅32n=5+8n -5 9n-4，K n =5+8n -5 9n 32，∴T 2n =58n -5 9n82(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】(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 ∈Zn -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 ②①-②得-8K n =1+232+34+⋅⋅⋅+32n -2-2n -1 ⋅32n=5+8n -5 9n-4，K n =5+8n -5 9n 32，∴T 2n =58n -5 9n8。

高中数学四种思想

高中数学四大数学思想高中数学学习 2009-08-28 20:36:50 阅读137 评论0 字号：大中小数形结合思想数形结合思想在高考中占有非常重要的地位，其“数”与“形”结合，相互渗透，把代数式的精确刻划与几何图形的直观描述相结合，使代数问题、几何问题相互转化，使抽象思维和形象思维有机结合. 应用数形结合思想，就是充分考查数学问题的条件和结论之间的内在联系，既分析其代数意义又揭示其几何意义，将数量关系和空间形式巧妙结合，来寻找解题思路，使问题得到解决. 运用这一数学思想，要熟练掌握一些概念和运算的几何意义及常见曲线的代数特征.应用数形结合的思想，应注意以下数与形的转化：（1）集合的运算及韦恩图；（2）函数及其图象；（3）数列通项及求和公式的函数特征及函数图象；（4）方程（多指二元方程）及方程的曲线.以形助数常用的有：借助数轴；借助函数图象；借助单位圆；借助数式的结构特征；借助于解析几何方法.以数助形常用的有：借助于几何轨迹所遵循的数量关系；借助于运算结果与几何定理的结合.分类讨论思想分类讨论思想就是根据所研究对象的性质差异，分各种不同的情况予以分析解决. 分类讨论题覆盖知识点较多，利于考查学生的知识面、分类思想和技巧；同时方式多样，具有较高的逻辑性及很强的综合性，树立分类讨论思想，应注重理解和掌握分类的原则、方法与技巧、做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分层别类不重复、不遗漏的分析讨论”.应用分类讨论思想方法解决数学问题的关键是如何正确分类，即正确选择一个分类标准，确保分类的科学，既不重复，又不遗漏. 如何实施正确分类，解题时需要我们首先明确讨论对象和需要分类的全体，然后确定分类标准与分类方法，再逐项进行讨论，最后进行归纳小结.常见的分类情形有：按数分类；按字母的取值范围分类；按事件的可能情况分类；按图形的位置特征分类等. 分类讨论思想方法可以渗透到高中数学的各个章节，它依据一定的标准，对问题分类、求解，要特别注意分类必须满足互斥、无漏、最简的原则.函数与方程思想函数与方程思想是最重要的一种数学思想，高考中所占比重较大，综合知识多、题型多、应用技巧多. 函数思想简单，即将所研究的问题借助建立函数关系式亦或构造中间函数，结合初等函数的图象与性质，加以分析、转化、解决有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题；方程思想即将问题中的数量关系运用数学语言转化为方程模型加以解决.运用函数与方程的思想时，要注意函数，方程与不等式之间的相互联系和转化，应做到：（1）深刻理解函数 f(x)的性质（单调性、奇偶性、周期性、最值和图象变换），熟练掌握基本初等函数的性质，这是应用函数思想解题的基础.（2）密切注意三个“二次”的相关问题，三个“二次”即一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式是中学数学的重要内容，具有丰富的内涵和密切的联系. 掌握二次函数基本性质，二次方程实根分布条件，二次不等式的转化策略.转化与化归思想化归与转化的思想，就是在研究和解决数学问题时采用某种方式，借助某种函数性质、图象、公式或已知条件将，问题通过变换加以转化，进而达到解决问题的思想. 转化是将数学命题由一种形式向另一种形式的变换过程，化归是把待解决的问题通过某种转化过程归结为一类已经解决或比较容易解决的问题. 转化与化归思想是中学数学最基本的思想方法，堪称数学思想的精髓，它渗透到了数学教学内容的各个领域和解题过程的各个环节中. 转化有等价转化与不等价转化. 等价转化后的新问题与原问题实质是一样的. 不等价转化则部分地改变了原对象的实质，需对所得结论进行必要的修正.应用转化与化归思想解题的原则应是化难为易、化生为熟、化繁为简，尽量是等价转化. 常见的转化有：正与反的转化、数与形的转化、相等与不等的转化、整体与局部的转化、空间与平面相互转化、复数与实数相互转化、常量与变量的转化、数学语言的转化.也有更详细的分法，比如：数学思想所谓数学思想，是指现实世界的空间形式和数量关系反映到人们的意识之中，经过思维活动而产生的结果。

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.。

小学奥数5-6-1 奇数与偶数的性质与应用.专项练习及答案解析

本讲知识点属于数论大板块内的“定性分析”部分，小学生的数学思维模式大多为“纯粹的定量计算，拿到一个题就先去试数，或者是找规律，在性质分析层面几乎为0，本讲力求实现的一个主要目标是提高孩子对数学的严密分析能力，培养孩子明白做题前有时要“先看能不能这么做，再去动手做”的思维模式。

无论是小升初还是杯赛会经常遇到，但不会单独出题，而是结合其他知识点来考察学生综合能力。

一、奇数和偶数的定义整数可以分成奇数和偶数两大类.能被2整除的数叫做偶数，不能被2整除的数叫做奇数。

通常偶数可以用2k （k 为整数）表示，奇数则可以用2k +1（k 为整数）表示。

特别注意，因为0能被2整除，所以0是偶数。

二、奇数与偶数的运算性质性质1：偶数±偶数=偶数，奇数±奇数=偶数性质2：偶数±奇数=奇数性质3：偶数个奇数的和或差是偶数性质4：奇数个奇数的和或差是奇数性质5：偶数×奇数=偶数，奇数×奇数=奇数，偶数×偶数=偶数三、两个实用的推论推论1：在加减法中偶数不改变运算结果奇偶性，奇数改变运算结果的奇偶性。

推论2：对于任意2个整数a ,b ,有a +b 与a -b 同奇或同偶模块一、奇偶分析法之计算法【例 1】 1231993++++……的和是奇数还是偶数？【考点】奇偶分析法之计算法【难度】2星【题型】解答【解析】在1至1993中，共有1993个连续自然数，其中997个奇数，996个偶数，即共有奇数个奇数，那么原式的计算结果为奇数.【答案】奇数【例 1】从1开始的前2005个整数的和是______数(填：“奇”或“偶”)。

【考点】奇偶分析法之计算法【难度】2星【题型】填空【关键词】希望杯，4年级，初赛，5题【解析】 1+2+3+…+2004+2005=(1+2005)×2005÷2=1003×2005是奇数例题精讲知识点拨教学目标5-1奇数与偶数的性质与应用【巩固】2930318788……得数是奇数还是偶数？+++++【考点】奇偶分析法之计算法【难度】2星【题型】解答【解析】偶数。

数列中的分类讨论思想

第四篇：数列中的分类讨论思想安徽省太湖中学（246400）罗华根记得《非诚勿扰》里开始有这样一个画外音：世界上无处不存在分歧、矛盾，当这些分歧、矛盾不能得到妥善处理的时候，世界就不太平了，人与人之间的口角、斗殴，国与国之间的离间、战争便开始了. 其实数列也是如此，数列里也有许许多多的矛盾需要去分类处理.本文就分类讨论思想在数列中的应用做了一些整理，供大家参考. 1、等比数列的公比引起分类讨论例1设等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和0 (1,2,)n S n >=⋅⋅⋅. （1）求q 的取值范围；（2）设2132n n n b a a ++=-，记{}n b 的前n 项和为n T ，试比较n S 与n T 的大小. 解析：（1）因为{}n a 是等比数列，0,n S >可得110,0a S q =>≠。

当;0,11>==na S q n 时1(1)11,0,0,(1,2,)11n n n a q q q S n q q--≠=>>=⋅⋅⋅--当时即上式等价于不等式组：10,,(1,2,)10n q n q -<⎧=⋅⋅⋅⎨-<⎩ ①或10,,(1,2,)10nq n q ->⎧=⋅⋅⋅⎨->⎩ ② 解①式得1>q ；解②，由于n 可为奇数、可为偶数，得11q -<<. 综上，q 的取值范围是()1,0(0,)-⋃+∞。

（2）由2132n a n b a a ++=-得23,2n n b a q q ⎛⎫=- ⎪⎝⎭232n n T q q S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 于是2312n n n T S S q q ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭()12.2n S q q ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭又∵n S >0且－1<q <0或q >0，所以当112q -<<-或2q >时,0n n T S ->,即n n T S >；当122q -<<且q ≠0时，0n n T S -<，即n n T S <；当12q =-或q =2时，0n n T S -=，即n n T S =.点评：本题在比较n S 与n T 的大小时，用作差比较法，由于第一问q 的范围直接对差的符号有影响，所以依旧需要根据公比的大小进行分类讨论. 2、公式“1n n n a S S -=-”的条件引起分类讨论例2数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知21122n n S +⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，求数列{}n a 的通项公式．解析：当1n =时，311115228a S ⎛⎫==--= ⎪⎝⎭．当2n ≥时，113122n n n n a S S +-⎛⎫=-=⨯- ⎪⎝⎭，并且，当1n =时，231352288⎛⎫⨯-=≠ ⎪⎝⎭．15(1)831(2).22n n n a n +⎧=⎪⎪∴=⎨⎛⎫⎪⨯- ⎪⎪⎝⎭⎩ ，≥ 点评：本题利用公式“1n n n a S S -=-”处理，但忽视了条件“2n ≥”。

数列求和分类讨论思想总结

数列求和分类讨论思想总结数列求和问题是数学中常见的一类问题，根据不同的数列性质和求和方法，可以分为多种情况进行分类讨论。

本文将对数列求和的分类讨论思想进行总结，以便读者更好地理解和应用于实际问题中。

一、等差数列的求和分类讨论思想等差数列是指数列中相邻两项之间的差值恒定的一类数列。

对于等差数列的求和问题，可以根据求和项数、首项和末项等不同的条件进行分类讨论。

1.1 根据求和项数的分类讨论思想首先，可以根据求和项数的奇偶性进行分类讨论。

当求和项数为奇数时，可以将等差数列分为两部分，一部分包含中间项和公差，另一部分只包含首项和末项，利用求和公式进行求解。

当求和项数为偶数时，等差数列可以分为多个等差数列的和，其中每个等差数列的求和项数为奇数，运用上述方法进行求和。

1.2 根据首项和末项的分类讨论思想其次，可以根据等差数列的首项和末项的差值进行分类讨论。

如果等差数列的首项和末项之差为公差的整数倍，那么可以利用求和公式直接求解。

如果等差数列的首项和末项之差不是公差的整数倍，可以通过求和之后的等差数列的首项和末项之差进行调整，进而利用求和公式进行求解。

二、等比数列的求和分类讨论思想等比数列是指数列中相邻两项之间的比值恒定的一类数列。

对于等比数列的求和问题，可以根据公比、求和项数等不同的条件进行分类讨论。

2.1 根据公比的分类讨论思想首先，可以根据等比数列的公比的绝对值与1的关系进行分类讨论。

当公比的绝对值小于1时，等比数列的求和公式为有限项等比数列求和公式，可以直接通过公式求解。

当公比的绝对值大于等于1时，等比数列没有有限项求和公式，可以通过无穷等比数列的前n项和求解，或者通过求和项数逼近无穷等比数列的和。

2.2 根据求和项数的分类讨论思想其次，可以根据等比数列的求和项数进行分类讨论。

当求和项数为无穷时，等比数列的和为无穷，无法具体求解。

当求和项数为有限时，等比数列可以分为多个部分，其中每个部分都是一个无穷等比数列，通过逐个部分的求和，可以得到等比数列的和。

浅谈数学中的分类讨论思想

浅谈数学中的分类讨论思想在中学数学中，分类讨论的数学思想是颇为常见的．用代数语言表述事物具有一般性．通常用一个字母表示实数时，如果没有特殊规定，该字母可以是正数，可以是零，还可以是负数．当含有字母的式子用来表示几何关系时，就可能出现不同的情况．因此，分类讨论是不可避免的．分类是在题目部分条件缺失或不明确的情况下，按照数学对象的相同点和差异点，将数学对象区分为不同种类的思想方法．掌握分类的方法，领会其实质，对于加深基础知识的理解，提高分析问题、解决问题的能力是十分重要的．正确的分类必须是周全的，既不重复、也不遗漏．分类是根据对象的相同点和差异点将对象区分为不同类的逻辑方法．分类也叫划分．分类是以比较为基础的，通过比较认识对象之间的异同，根据相同点将对象归纳为较大的类，根据差异点将对象划分为较小的类，从而将对象区分为具有一定从属关系的不同等级的系统．分类的目的在于使知识合理化，进而系统化．分类具有不可缺少的三要素：母项、子项和根据．母项是被划分的总概念，子项是划分后的类概念，划分的根据就借以划分为标准．分类的标准在于根据对象本身的某种属性和关系来进行划分．由于客观事物有多方面的属性，事物之间有多方面的联系，因此，分类的标准也是多方面的，可根据不同的需要采用不同的分类标准，对事物进行不同的分类．但每一次分类应按照同一标准进行，所取的标准应服从于研究的目的或观察问题的角度．任何分类必须遵循以下原则，只有这样，才能在分类过程中防止出现遗漏、重复或者混淆不清的现象．1．分类具有同一标准性．在分类前，应当从被分类的概念属性中，取一个属性作为依据，这与其说是原则不如说是方法．它有两层意思：一是判断概念应放在哪一类的衡量尺度；二是对两个不同的概念要用同一尺度衡量，否则就会出现划分的结果重叠或过宽的逻辑错误，使划分后的结果混淆不清．2．分类具有完备性．分类所得各子项外延之和必须与被分类的目项的外延相等．从量方面要求一个都不能丢掉．从集合观念看，被分类概念的外延应被分类所得各属概念的外延覆盖，各属概念的并集等于被分概念外延的全集，否则会出现过宽或过窄的逻辑错误．2．分类具有纯粹性．分类所得的各子项必须互相排斥，划分的子项概念的外延之间是不相容的关系．从集合的角度看，被分成的任何两类之间的不相交，即无共同元素，每一类元素之间满足一个标准或关系，不满足该标准或关系的不能属于同一类，即各属概念外延之交集为空集．如把平行四边形分为矩形、菱形和正方形，就不仅违反了第二个原则，而且也犯了“交叉”和“从属”的毛病．所谓分类是根据对象的相同点和差异将对象区分为不同种类的逻辑方法．分类也叫划分．分类是以比较为基础的，通过比较识别对象之间的异同，根据相同点将对象归为较大的类，根据差异将对象划分为较小的类，从而将对象区分为具有一定从属关系的不同等级系统．分类讨论的目的在于使知识组成条理化、系统化．而分类的标准是母项、子项和根据．母项是被划分的种概念，子项是划分后得到的类概念，划分的根据就是借以划分的标准．分类讨论的原则：（1）分类中的每一部分是相互独立的；（2）一次分类按一个标准；（3）分类讨论应逐级进行用分类讨论思想解题的一般步骤：（1）确定分类讨论的对象．（2）进行合理的分类讨论．（3）逐步逐级分类讨论．（4）综合归纳结论．分类讨论的常规方法：（1）依据数学公式、原则、法则的适用范围进行．如等比数列求和公式．（2）根据数学概念的定义进行分类．如绝对值、直线与平面所成的角等．（3）根据数形结合分类．如集合的交、并、补用数轴讨论．（4）依据位置关系进行分论．如几何中点与点，点与线，面与面等位置关系．（5）依据数学性质进行分类．如偶次算术根的性质，二次函数、幂函数的性质．（6）依据参数的变化范围进行分类．（7）依据整数的奇偶性进行分类．在中学数学教学中，利用分类的方法处理问题的情况主要有：(1)给概念下定义和对概念进行归纳总结．关于绝对值的概念，可以有这样一种定义方式：（２）定理、结论的论证求解过程及结论的表现形式．在现行的初中数学课本中，关于圆周角和圆心角的关系定理“同弧上的圆周角等于圆心角的度数的一半”的证明就采用了圆心与圆周角的关系的不同情况来分类的．同样，在中学数学的解题教学中，无论是计算题、作图题还是论证题等，运用分类的思想方法可以帮助学生进行全面严谨的思考、分析、讨论和论证，从而获得合理的解题思路和方法．（３）对已有结论进行推广．此外，我们还可以在已有结论的范围基础上，对尚未讨论的情况进行探究，从而达到对结论的扩展和推广．如，在有了关于二次、三次方程的根式解以后，按照方程的次数分类，就会想到四次、五次等方程的解的问题而得到新的理论．再如，若我们已经推导出了圆台（或棱台）中截面的面积公式，那么，我们可以进一步推导其它位置的截面的面积公式．运用分类讨论思想可以解决许多数学问题．一、代数（一）数、式。

四年级上册数学奥数讲义-奇数、偶数与奇偶分析含解析

奇数、偶数与奇偶分析整数按能否被2整除分为两大类：奇数和偶数，奇数与偶数有下列基本性质：1．奇数≠偶数2．两个整数相加(减)或相乘，结果的奇偶性如下表所示3．若干个奇数之积是奇数，偶数与任意整数之积是偶数；偶数个奇数的和为偶数，若干个偶数的和为偶数．4．设m、n是整数，则m土n，nm±的奇偶性相同．5．设m是整数，则m与m，m n的奇偶性相同．奇偶性是整数的固有属性，通过分析整数的奇偶性来解决问题的方法叫奇偶分析法．例题【例1】三个质数之和为86，那么这三个质数是．思路点拨运用奇数、偶数、质数、合数性质，从分析三个加数的奇偶性人手．注：18世纪的哥尼斯堡，有7座桥把这儿的普雷格尔河中两个小岛与河岸联系起来，在这迷人的地方，人们议论着一个有趣的问题．一个游人怎样才能不重复地一次走遍7座桥，而最后又回到出发点．1736年彼得堡院士欧拉巧妙地解决了这个问题．欧拉把一个复杂的实际问题化为一个简单的几何图形，他指出只要我们能从一点出发，不重复地一笔把这样的图形画出来，那么就可说明游人能够不重复地一次走遍这7座桥，这就是著名的“一笔画”问题的来历．利用奇偶分析不难得到一般的结论：凡是能一笔画成的图形，它上面除了起点和终点外的每一个点总是一笔进来，一笔出去．因此，除了起点和终点外的每一个点都有偶数条线和它相连．简单地说，当且仅当图形中的奇结点(每点出发有奇数字线)的个数不大于2时，这个图形才能一笔画．【例2】如果a、b、c是三个任意的整数，那么222accbba+++、、（）．A．都不是整数B．至少有两个整数C．至少有一个整数D．都是整数思路点拨举例验证或从a、b、c的奇偶性说明．【例3】(1)设1，2，3，…，9的任一排列为a l，a2，a3…，a9．求证：(a l l一1)( a2—2)…(a9—9)是一个偶数．(2)在数11，22，33，44，54，…20022002，20032003，这些数的前面任意放置“+”或“一”号，并顺次完成所指出的运算，求出代数和，证明：这个代数和必定不等于2003．思路点拨(1)转换角度考察问题，化积的奇偶性为和的奇偶性来研究；(2)由于任意添“十”号或“一”号，形式多样，因此不可能一一尝试再作解答，从奇数、偶数的性质人手．【例4】已知n x x x x 、、、、Λ321都是+1或一1，并且011433221=+++++-x x x x x x x x x x n n n Λ，求证：n 是4的倍数．思路点拨可以分两步，先证n 是偶数2k ，再证明k 是偶数，解题的关键是从已知等式左边各项的特点受到启发，挖掘隐含的一个等式．【例5】游戏机的“方块”中共有下面?种图形．每种“方块”都由4个l ×l 的小方格组成．现用这7种图形拼成一个7× 4的长方形(可以重复使用某些图形)．问：最多可以用这7种图形中的几种图形?思路点拨为了形象化地说明问题，对7×4的长方形的28个小方格黑白相间染色，除“品字型”必占3个黑格1个白格或3个白格1个黑格，其余6个方格各占2个黑格2个白格．注：对同一个数学对象，从两个方向考虑(n 项和与积)，再将这两个方面合在一起整体考虑，得出结论，这叫计算两次原理，通过计算两次可以建立方程，证明恒等式等．在一定的规则下，进行某种操作或变换，问是否(或证明)能够达到一个预期的目的，这就是所谓操作变换问题，此类问题变化多样，解法灵活，解题的关键是在操作变换中，挖掘不变量，不变性．一些非常规数字问题需要恰当地数学化，以便计算或推理．引入字母与赋值法是数学化的两种常用方式方法．所谓赋值法就是在解题时，将问题中的某些元素用适当的数表示，然后利用这些数值的大小，正负性、奇偶性等进行推理论证的一种解题方法．【例6】桌上放着七只杯子；杯口全朝上，每次翻转四个杯子：问能否经过若干次这样的翻动，使全部的杯子口都朝下?思路点拨这不可能．我们将口向上的杯于记为：“0”，口向下的杯子记为“1”．开始时，由于七个杯子全朝上，所以这七个数的和为0，是个偶数．一个杯子每翻动一次，所记数由0变为1，或由l 变为0，改变了奇偶性．每一次翻动四个杯子，因此，七个之和的奇偶性仍与原来相同．所以，不论翻动多少次，七个数之和仍为偶数．而七个杯子全部朝下，和为7，是奇数，因此，不可能．整数可以分为奇数和偶数两类．【例7】在1，2，3，…，2005前面任意添上一个正号或负号，它们的代数和是奇数还是偶数?思路点拨两个整数之和与这两个整数之差的奇偶性相同，只要知道1+2+3+…+2005的奇偶性即可．因两个整数的和与差的奇偶性相同，所以，在1，2，3，…，2005中每个数前面添上正号或负号，其代数和应与1+2+3+…+2005的奇偶性相同，而1+2+3+…+2005=21(1+ 2005)×2005=1003 ×2005为奇数；因此，所求代数和为奇数．注：抓住“a+b 与a —b 奇偶性相同”，通过特例1十2十3十…十2005得到答案．【例8】“ 元旦联欢会上，同学们互赠贺卡表示新年的：良好祝愿．“无论人数是什么数，用来交换的贺卡的张数总是偶数．”这句话正确吗?试证明你的结论．思路点拨用分类讨论的思想方法，从“无论人数是什么数”入手，考虑人数为奇数或偶数的两种情况．这句话是正确的．下面证明之．若联欢会上的人数为偶数，设为2m (m 为整数)，则每个人赠送给同学们的贺卡张数为奇数，即(2m —1)．那么，贺卡总张数为2m(2m —1)=4m 2-2m ，显然是偶数．若联欢会上的人数为奇数，设为2m+1(m 为整数，则每个人赠送给同学们的贺卡张数应是2m ，为偶数．贺卡总张数为(2m+1)·2m ，仍为偶数．故“用来交换的贺卡张数总是偶数”是对的．注：按奇数和偶数分类考虑问题是常见的解决此类问题的策略之一．【例9】桌面上放有1993枚硬币，第1次翻动1993枚，第2次翻动其中的1992枚，第3次翻动其中的1991枚，…，第1993次翻动其中一枚，试问：能否使桌面上所有的1993枚硬币原先朝下的一面都朝上?并说明理由．思路点拨若要把一枚硬币原先朝下的一面朝上，应该翻动该硬币奇数次．因此，要把1993枚硬币原先朝下的一面都朝上，应该翻动这1993枚硬币的总次数为奇数．现在1993次翻动的总次数为1+2+3+…+1993=1993×(1+1993)/2=1993×997是个奇数，故猜想可以使桌面上1993枚硬币原先朝下的一面都朝上．理由如下：按规定，1993次翻动的总次数为1+2+3+…+1993=1993×(1+1993)/2=1993×997，所以翻动的次数为奇数，而且可见每个硬币平均翻动了997次．而事实上，只要翻动一枚硬币奇数次，就能使这枚硬币原先朝下的一面朝上．按如下的方法进行翻动：第1次翻动全部1993枚，第2次翻动其中的1992枚，第1993次翻动第2次未翻动的那1枚，第3次翻动其中的1991枚，第1992次翻动第3次未翻动的2枚，第997次翻动其中的997枚，第998次翻动第997次未翻动的996枚．这样，正好每枚硬币被翻动了997次，就能使每一枚硬币原来朝下的一面都朝上．注：灵活、巧妙地利用奇俩性分析推理，可以解决许多复杂而有趣的问题，并有意想不到的效果．【例10】在6张纸片的正面分别写上整数：1、2、3、4、5、6，打乱次序后，将纸片翻过来，在它们的反面也随意分别写上1-6这6个整数，然后，计算每张纸片的正面与反面所写数字之差的绝对值，得出6个数．请你证明：所得的6个数中至少有两个是相同的．思路点拨从反面人手，即设这6个数两两都不相等，利用bi a i -与i i b a - (i =1，2，3，4，5，6)的奇偶性相同，引入字母进行推理证明．设6张卡片正面写的数是654321a a a a a a 、、、、、，反面写的数对应为654321b b b b b b 、、、、、，则这6张卡片正面写的数与反面写的数的绝对值分别为11b a -，22b a -，33b a -，44b a -，55b a -，66b a -．设这6个数两两都不相等，则它们只能取0，1，2，3，4，5这6个值．于是11b a -+22b a -+33b a -+44b a -+55b a -+66b a -=0+1+2+3+4+5=15是个奇数．另一方面，bi a i -与i i b a - (i =1，2，3，4，5，6)的奇偶性相同．所以11b a -+22b a -+33b a -+44b a -+55b a -+66b a -与(a 1一b 1)+(a 2一b 2)+(a 3一b 3)+(a 4一b 4)+(a 5一b 5)+(a 6一b 6)= )(654321a a a a a a +++++一)(654321b b b b b b +++++ =(1+2+3+4+5+6)一(1+2+3+4+5+6)=O 的奇偶性相同，而0是个偶数，15是奇数，两者矛盾．所以，11b a -，22b a -，33b a -，44b a -，55b a -，66b a -这6个数中至少有两个是相同的．注：反证法是解决奇、偶数问题中常用的方法．【例11】有一只小渡船往返于一条小河的左右两岸之间，问：(1)若最初小船是在左岸，往返若干次后，它又回到左岸，那么这只小船过河的次数是奇数还是偶数?如果它最后到了右岸，情况又是怎样呢?(2)若小船最初在左岸，它过河99次之后，是停在左岸还是右岸?思路点拨 (1)小船最初在左岸，过一次河就到了右岸，再过一次河就由右岸回到左岸，即每次由左岸出发到右岸后再回到左岸，都过了两次河．因此，小船由左岸开始，往返多次后又回到左岸，则过河的次数必为2的倍数，所以是偶数．同样的道理，不难得出，若小船最后停在右岸，则过河的次数必为奇数．(2)通过(1)，我们发现，若小船最初在左岸，过偶数次河后，就回到左岸；过奇数次河后，就停在右岸．现在小船过河99次，是奇数次．因此，最后小船该停在右岸．注关键是对过河次数的理解：一个单程，即由左岸到右岸(或由右岸到左岸)就过河一次；往返一个来回就过河两次．【例12】黑板上写了三个整数，任意擦去其中一个，把它改写成另两个数的和减去1，这样继续下去，得到1995、1996、1997，问原来的三个数能否是2、2、2？思路点拨如果原来的三个整数是2、2、2，即三个偶数，操作一次后，三个数变成二偶一奇，这时如果擦去其中的奇数，操作后三个数仍是二偶一奇．如果擦去的是其中的一个偶数，操作后三个数仍是二偶一奇．因此，无论怎样操作，得到的三个数都是二偶一奇，不可能得到1995、1996、1997．所以，原来的三个数不可能是2、2、2．注解决本题的诀窍在于考查数字变化后的奇偶性．【例13】将正偶数按下表排成五列：第1列第2列第3列第4列第5列第1行 2 4 6 8第2行 16 14 12 10第3行 18 20 22 24… … 28 26根据上面的排列规律，则2000应位于( )A ．第125行，第1列B ．第125行，第2列C ．第250行，第1列D ．第250行，第2列思路点拨观察表格，第1行最右边的数为8，第2行最左边的数为16，第3行最右边的数为24，于是可猜测：当行数为奇数时，该行最右边的数为8×行数；当行数为偶数时，该行最左边的数为8×行数．通过验证第4行、第5行、第6行知，上述猜想是正确的，因为2000=8×250，所以2000应在第250行，又因为250为偶数，故2000应在第250行最左边，即第250行第1列，故应选C ．注：观察、寻找规律是解决这类问题的妙招．【例14】如图18—1，两个标有数字的轮子可以分别绕轮子的中心旋转，旋转停止时，每个轮子上方的箭头各指着轮子上的一个数字．若左轮子上方的箭头指着的数字为a ，右轮子上方的箭头指着的数字为b ，数对(a ，b)所有可能的个数为n ，其中a+b 恰为偶数的不同数对的个数为m ，则nm 等于( ) A ．21 B ．61 C ．125 D ．43 思路点拨依题意可知所有的数对n=4×3=12，其中a+b 恰为偶数的数对m=3×1+1×2=5．因此，n m =125，故选C ．【例15】已知a 、b 、c 中有两个奇数、一个偶数，n 是整数，如果S=(a+2n+1)(b+2n 十2)(c+2n 十3)，那么( )A ．S 是偶数B ．S 是奇数C ．S 的奇偶性与n 的奇偶性相同D ． S 的奇偶性不能确定思路点拨弄清a+2n+1，b+2n+2，c+2n+3的奇偶性即可．依题得：(a+2n+1)+(b+2n+2)+(c+2n+3)=a+b+c+6(n+1)．∵a+b+c 为偶数，6(n+1)为偶数，∴a+b+c+6(n+1)为偶数∴a+2n+1，b+2n+2，c+2n+3中至少有一个为偶数，∴S 是偶数．故选A ．注：三个数的和为偶数，则至少有一个为偶数；三个数中有一个为偶数，则三数之和为偶数．学力训练 1．若按奇偶性分类，则12+22+32+…+20022002是数．2．能不能在下式，的各个方框中分别填人“+”号或“一”号，使等式成立?答：．3．已知三个质数a 、b 、c 满足a+b+c+abc ＝99，那么a c c b b a -+-+-的值等于．4．已知n 为整数，现有两个代数式：(1)2n+3，(2)4n 一1，其中，能表示“任意奇数”的( )A ．只有(1)B ．只有(2)C ．有(1)和(2)D ．一个也没有5．如果a ，b ，c 都是正整数，且a ，b 是奇数，则3a +(b 一1)2c 是( )．A ．只当c 为奇数时，其值为奇数B ．只当c 为偶数时，其值为奇数C ．只当c 为3的倍数，其值为奇数D ．无论c 为任何正楚数，其值均为奇数6．已知a ，b ，c 三个数中有两个奇数、一个偶数，n 是整数，如果S=(a+n+1)(b+ 2n+2)(c+3n+3)，那么( )．A ． S 是偶数B ．S 是奇数C ．S 的奇偶性与n 的奇偶性相同D ．S 的奇偶性不能确定7．(1)是否有满足方程x 2－y 2=1998的整数解x 和y?如果有，求出方程的解；如果没有，说明理由．(2)一个立方体的顶点标上+1或一1，面上标上一个数，它等于这个面的4个顶点处的数的乘积，这样所标的14个数的和能否为0?8．甲、乙两人玩纸牌游戏，甲持有全部的红桃牌(A 作1，J ，Q ，K 分别作11，12，13，不同)，乙持有全部的黑桃牌，两人轮流出牌，每次出一张，得到一对牌，出完为止，共得到13对牌，每对牌彼此相减，问这13个差的乘积的奇偶性能否确定?9．在1，2，3，…,1998之前任意添上“十”或“一”号，然后相加，这些和中最小的正整数是．10．1，2，3，…，98共98个自然数，能够表示成两整数平方差的数的个数是．11．在一次象棋比赛中，每两个选手恰好比赛一局，每局赢者记2分，输者记0分，平局每个选手各记1分，今有4个人统计百这次比赛中全部得分总数，由于有的人粗心，其数据各不相同，分别为1979，1980，1984，1985，经核实，其中有一人统计无误，则这次比赛共有名选手参加．12．已知p 、q 、pq+1都是质数，且p 一q>40，那么满足上述条件的最小质数p ＝； q ＝．13．设a ，b 为整数，给出下列4个结论(1)若a+5b 是偶数，则a 一3b 是偶数；(2)若a 十5b 是偶数，则a 一3b 是奇数；(3)若a+5b 是奇数，则a 一3b 是偶数；(4)若a+5b 是奇数，则a 一3b 是奇数，其中结论正确的个数是( )．A ．0个B ．2个C ．4个D ． 1个或3个14．下面的图形，共有( )个可以一笔画(不重复也不遗漏；下笔后笔不能离开纸) ．A ．0B ．1C ．2D ．315．π的前24位数值为3.14159265358979323846264…，在这24个数字中，随意地逐个抽取1个数字，并依次记作a1，a2，…a24，则(a1一a2)( a3一a4)…(a23一a24)为( )．A．奇数B．偶数C．奇数或偶数D．质数16.没标有A、B、C、D、C、F、G记号的7盏灯顺次排成一行，每盏灯安装一个开关，现在A、C、E、G 4盏灯开着，其余3盏灯是关的，小刚从灯A开始，顺次拉动开关，即从A 到G，再从A始顺次拉动开关，即又从A到G…，他这样拉动了1999次开关后，问哪几盏是开的?17．有1997枚硬币，其中1000枚国徽朝上，997枚国徽朝下．现要求每一次翻转其中任意6枚，使它们的国徽朝向相反，问能否经过有限次翻转之后，使所有硬币的国徽都朝上?给出你的结论，并给予证明．18．对一个正整数作如下操作：如果是偶数则除以2，如果是奇数则加1，如此进行直到1时操作停止，求经过9次操作变为l的数有多少个？19．高为50cm，底面周长为50cm的圆柱，在此圆柱的侧面上划分(如图所示)边长为lcm的正方形，用四个边长为lcm的小正方形构成“T”字形，用此图形是否能拼成圆柱侧面?试说明理由．参考答案。

分类讨论思想在高中数学中的应用

分类讨论思想在高中数学中的应用分类讨论思想是数学中非常重要的一种思维方式，它在高中数学中的应用也非常广泛。

本文将从高中数学的各个领域入手，探讨分类讨论思想在高中数学中的具体应用。

一、代数在代数学中，分类讨论思想常常用于解决方程组、不等式和函数的性质等问题。

在解决代数方程组的问题时，我们经常会遇到由未知数或系数的范围条件所限制的方程组，这时可以通过分类讨论的方法来解决。

已知方程组a +b = 10ab = 16求解a和b的值。

我们可以先根据ab=16进行分类讨论，列出所有符合条件的数对，然后再通过a+b=10的条件筛选出符合条件的解，这样就可以很方便地得到方程组的解。

不等式问题中，分类讨论思想也常常发挥重要作用。

对于不等式|x-2|<3，我们可以通过分类讨论的方法得到其解集为-1<x<5。

在函数的性质问题中，分类讨论思想也经常被用于证明函数的单调性、奇偶性等性质。

代数学中分类讨论思想的应用丰富多样，为我们解决代数问题提供了有力的工具。

二、几何在几何学中，分类讨论思想同样有着广泛的应用。

几何问题常常涉及到对图形的分类和判断，这时就需要运用分类讨论的方法来解决。

对于平面几何中的定理证明问题，常常需要对几何形状进行分类讨论，从而得出定理的证明。

在证明平行四边形的性质时，就需要通过对各种情况的分类讨论来得到结论。

三、概率与统计在概率论与统计学中，分类讨论思想也有着广泛的应用。

概率论问题常常涉及到对事件的分类和计算，这时就需要通过分类讨论的方法来得出事件的概率。

在掷骰子问题中，我们可以通过对骰子点数的分类讨论来计算各种事件的概率。

统计学中也常常需要通过分类讨论的方法来得出数据的统计特征。

在描述某个总体的特征时，我们经常需要对数据进行分类讨论，从而得出总体的统计特征。

分类讨论思想在概率与统计学中有着重要的应用，它为我们解决概率与统计问题提供了有力的工具。

四、数论分类讨论思想在高中数学中有着广泛的应用。

解答数列中分奇偶项求和问题的办法

知识导航数列是高中数学中非常重要的一个知识点，也是高考必考的内容.与数列有关的题目类型较多，其中，分奇偶项求和问题比较常见.此类问题中奇数项和偶数项的通项公式一般会有所不同，要解答此类问题，我们需要灵活运用分类讨论思想和分组求和方法.解答此类问题的基本思路是：（1）结合题意寻找数列中奇数项和偶数项的规律，分别求出它们的通项公式.在求通项公式时，要注意把数列的项数间隔开.（2）将数列分成奇数项和偶数项两组，分组进行求和.（3）将所得的结果汇总、化简，便可求得数列的和.下面，我们结合实例来进行探讨.例1.设S n 为数列{}a n 的前n 项和，S n =()-1na n -12n ，n ∈N ∗，则⑴a 3=，⑵S 1+S 2+⋯+S 100=.解法一：∵S n =()-1n a n -12n ，∴当n ≥2时，S n -1=()-1n -1a n -1-12n -1，两式相减得S n -S n -1=()-1n a n -12n -()-1n -1a n -1+12n -1，即a n =()-1n a n -()-1n -1a n -1+12n -1，（1）当n 是偶数时，a n =a n +a n -1+12n ，所以a n -1=-12n ，即n 为奇数时，a n =-12n +1；（2)当n 是奇数时，2a n =-a n -1+12n ，a n -1=-2a n +12n =12n -1，即当n 时偶数时，a n =12n .∴S 1+S 2+⋯+S 100=æèçöø÷122+124+⋯+12100+æèçöø÷123+125+⋯+1299-12+122+⋯+12100=13æèçöø÷12100-1.我们知道，在给定S n 与a n 之间的关系时，可以利用a n =S n -S n -1()n ≥2来求出a n 的通项公式,但是这道题目所给的条件中含有()-1n，需要运用分类讨论思想分n 为奇数和偶数两种情况进行讨论..解法二：∵S n =()-1n a n -12n ，∴S n =()-1n ()S n -S n -1-12n ，(1)当n 是偶数时，S n =S n -S n -1-12n ，S n -1=-12n ，即当n 是奇数时，S n =-12n +1；(2）当n 是奇数时，S n =-S n +S n -1-12n，S n -1=2S n +12n =0，即当n 是偶数时，S n =0;这里直接讨论当n 为奇数和偶数时数列的和式的表达式，通过分组求和求得数列的和.例2.设数列{}a n 满足a 1=1,a 2=1,a 3=4,a 4=14，数列{}a n 前n 项和是S n ，对任意的n ∈N ∗，f ()x =a n +2a n x +()a n +a n +2-2a n +1cos x -a n +4a n +2e x ，因为f ′()0=0，当n 时偶数时，S n 的表达式是.解：对函数求导可得f ′()x =a n +2a n-(a n +a n +2-2)a n +1sin x -an +4a n +2e x ，因为f ′()0=0，所以a n +2a n =a n +4a n +2，所以数列{}a n 中所有的奇数项成等比数列，所有的偶数项成等比数列.由题目条件可知，a 1=1,a 2=1,a 3=4,a 4=14，则当n 为偶数时，数列是以首项为1、公比为14的等比数列.当n 为奇数时，数列是以首项为1、公比为4的等比数列.所以当n 是偶数时，S n =1∙æèçöø÷1-4n21-4+1∙éëêêùûúú1-æèöø14n21-14=2n3-43×2n +1.这道题中f ()x 的表达式较为复杂，我们首先对f ()x 进行求导，就能发现a n 与a n +1的联系，便可求出当n 为奇数和偶数时数列的通项公式，再运用等比数列的前n 项求和公式求出当n 是偶数时数列的和.分奇偶项求和问题较为复杂，解答此类问题的关键是运用分类讨论思想对数列中的奇数项和偶数项进行讨论，求得奇数项和偶数项的通项公式，再运用分组求和法求出数列的和.在解题的过程中，同学们要注意隔项进行分析，将奇数项或者偶数项单独列出，分别进行讨论、求和.（作者单位：广西贺州市贺州第一高级中学）梁敏S 1+S 2+⋯+S 100=-æèçöø÷122+124+⋯+12100=13æèçöø÷12100-1.39Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。

高中数学数列中的奇偶项问题(解析版)精选全文完整版

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S3=7a1，所以a1+a2+a3=7a1，即a3+a2-6a1=0，因此q2+q-6=0，解得q=2或-3，从而q=2．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分又a1，a2+2，a3成等差数列，所以2(a2+2)=a1+a3，即2(2a1+2)=a1+4a1，解得a1=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T2n=(b1+b3+⋯+b2n-1)+(b2+b4+⋯+b2n)=(a1+a3+⋯+a2n-1)+(2+4+⋯+2n)=(22+24+⋯+22n)+(2+4+⋯+2n))⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分=4×1-4n1-4+(2+2n)n2=n2+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，a1=3，b1=1，b2+S2=10，a5-2b2=a3.(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T2n.【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)，∵a1=3，b1=1，b2+S2=10，a5-2b2=a3，∴q+3+3+d=103+4d-2q=3+2d ，∴d=2，q=2，∴a n=2n+1，b n=2n-1；公众号：高中数学最新试题(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，∴T2n=1-13+13-15+⋅⋅⋅+12n-1-1 2n+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a12+a222+⋅⋅⋅+a n2n=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bn的前n项和S n．【解析】(1)当n=1时，得a12=12，解得a1=1；当n≥2时，可得a12+a222+⋅⋅⋅+a n2n=n2n①a1 2+a222+⋅⋅⋅+a n-12n-1=n-12n-1②，由①-②，得a n2n=n2n-n-12n-1=2-n2n，a n=2-n，当n=1时，a1=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-nn22+1-14 n21-14=4-nn4+431-12n=-3n2+12n+1612-13×2n-2；当n为奇数时，S n=S n+1-b n+1=-3n+12+12n+1+1612-13×2n-1-21-n=-3n2+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 类型公众号：高中数学最新试题例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．公众号：高中数学最新试题(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 ，公众号：高中数学最新试题又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()公众号：高中数学最新试题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)m2(m为偶数)，则当m为偶数时，S m=b1+b2+⋯+b m=12(1+2+⋯+m)-12×m2=m24，则m24=30，因为m∈N*，所以无解；当m为奇数时，S m=b1+b2+⋯+b m=S m+1-b m+1=(m+1)24-m+12=m2-14，所以m2-14=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⋅-1 n n+12，其前n项和为S n，且m+S2019=-1009，则下列说法正确的是()A.m为定值B.m+a1为定值C.S2019-a1为定值D.ma1有最大值【答案】BCD【解析】【分析】分析得出a2k+a2k+1=2k⋅-1k2k+1，由已知条件推导出S2019-a1=-1010，m+a1=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a2k+a2k+1=2k⋅-1k2k+1，所以，S2019=a1+a2+a3+⋯+a2019=a1+a2+a3+a4+a5+⋯+a2018+a2019=a1-2+4-6+8-⋯-2018=a1+2×504-2018=a1-1010，则S2019-a1=-1010，所以，m+S2019=m+a1-1010=-1009，∴m+a1=1，由基本不等式可得ma1≤m+a122=14，当且仅当m=a1=12时，等号成立，此时ma1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a1=-2，a2=2，a n+2-2a n=1-(-1)n，则A.{a2n-1}是等比数列B.5i=1a2i−1+2=-10C.{a2n}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公众号：高中数学最新试题上式可化为：a n+23(-1)n=2a n-1+23(-1)n-1故数列a n+23(-1)n是以a1+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)n6n-3⋅a n=2n-12n-1-2-1n=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)⋅2n②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)⋅2n10B 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a1=4，a n+1=12a n+n,n=2k-1a n-2n,n=2k(k∈N*)．(1)记b n=a2n-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S2n．【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.公众号：高中数学最新试题。

常见的分类讨论问题解题策略

常见的分类讨论问题解题策略（仅供教师参考）许多数学问题由于受某些因素的限制，例如概念的不同，位置的不同，范围的不同，性质的不同等，不能按统一的方法、统一的标准或同一的公式来进行处理，这就需要我们对所研究的对象进行分类，然后进行讨论．分类讨论的思想法是一种化整为零、各个击破、整合结论的解题策略．在分析和解决数学问题中，运用分类讨论思想可以将问题的条件和结论的因果关系、局部与整体的逻辑关系揭示得一清二楚，刻画得十分准确．在解决对象为可变的数量关系和空间图形形式的数学问题中有着广泛和重要的作用．有关分类讨论思想的数学问题贯穿于高中数学的各个部分，形式多样、综合性强，对于培养学生思维的缜密性、条理性、深刻性有着十分重要的作用．▲引起分类讨论的因素：（1）涉及的数学概念是分类定义的；（2）涉及运算的数学定义、公式或运算性质、法则是分类给出的；（3）涉及题中所给的限制条件或研究对象的性质而引起的；（4）涉及数学问题中参变量的不同取值导致不同结果而引起的；（5）涉及的几何图形的形状、位置的变化而引起的；（6）一些较复杂或非常规的数学问题，需要采用分类讨论的解题策略解决的．在解题中，我们要明确分类的原因是什么？对象是什么？掌握好分类的原则，这被称之为逻辑划分．同时，我们有要把握好分类讨论的时机，重视分类讨论的合理性和完整性．▲分类讨论的基本原则：（1）按引起讨论的原因分类；（2）不重复、不遗漏；即每一类均是定义域的真子集，任何两类的交集为空集，所有各类的并集为定义域；（3）每一类中自变量的取值对结论的影响是相同的；（4）分类应是最少的．12▲分类讨论的基本步骤：（1）确定讨论对象和研究的全域范围；（2）按照科学的分类原则进行分类；（3）逐类进行讨论；（4）归纳总结讨论的结果．每当我们努力解决一个非常复杂的问题时，如果能出现一个非常惊人的转折：它把这各个复杂的问题分解为若干的部分，通过简单的方法就能轻而易举的解决了，这就是我们平时所讲的真正的一种数学美．它展现了“建筑”结构上的“优美”，又让你体验了人类在追求的完美的目标，即数学的“简洁美”，清晰易懂和不失数学的严格性．因为人类学习数学的目的就是为了能尽可能地用简洁而基本的词汇去解释世界．下面就根据不同的分类原则，举例说明：一．按元素存在的不确定性进行分类讨论例1：已知非空集合({},log 0,0,1a M x y y t a a =-+=>≠且，(){}22,3N x y xy =+=，当MN =∅时，求t 得取值范围．解：设圆心()0,0到直线l o g 0a y t -+=的距离为d ，则MN d =∅⇔d =>当1a >时，log 3a t >，故3t a >或30t a -<<；当01a <<时，3t a ->或30t a <<．点评：本题根据对数中底数的定义及性质进行分类，解决了不等式解的问题．例2：已知函数()c o s 23s i nc o s 2f x a x a x x a b =--++的定义域为0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，值域为[]5,1-，求常数,a b 的值．3解：化简函数表达式得()2cos 223f x a x a b π⎛⎫=--++ ⎪⎝⎭，210,2,cos 21233323x x x πππππ⎛⎫≤≤∴-≤-≤∴-≤-≤ ⎪⎝⎭，当0a >时，()3b f x a b ≤≤+，31255a b a b b +==⎧⎧∴⇒⎨⎨=-=-⎩⎩；当0a <时，3()a b f x b +≤≤，12351b a a b b ==-⎧⎧∴⇒⎨⎨+=-=⎩⎩．点评：本题根据函数单调性的定义进行分类，解决了函数的值域问题．二．按概念、定理、公式进行分类讨论：例3：已知直线l 经过点(3,1)P -，且被圆2225x y +=截得的弦长为8，求直线l 的方程．解：当l 的斜率不存在时，即l 垂直于x 轴时，如图所示，22225916AE r OE =-=-=，4,8AE AB ∴==，此时直线l 的方程为3x =-；当l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为()13y k x -=+，原点到直线的距离3OE =，即3OE ==，解得43k =，则此时直线l 的方程为43150x y -+=；综上，直线l 的方程为3x =-或43150x y -+=．点评：本题根据斜率的存在性进行分类，也可不分类直接设直线的法向量，但计算相对要繁琐一些．4例4：如图，过点()0,B b -作椭圆()22221,0x y a b a b+=>>的弦BM ；（1）记()2BM f y =，写出()f y 的表达式；（2）求弦长BM 的最大值．解：（1）设(),M x y 为椭圆上任意一点，则()222BM x y b =++，又由22221x y a b+=得()22222a x b y b =-，()()2222222222212a a BM b y y b y by a b b b ⎛⎫∴=-++=-+++ ⎪⎝⎭[]234222221,,a b a y y b b b a b a b ⎛⎫⎛⎫=--+∈- ⎪⎪--⎝⎭⎝⎭；（2）220,10a a b b>>∴-<，2BM ∴有最大值，又[],y b b ∈-，∴当322b b a b≤-时，即a ≥，则最大值在二次函数的顶点取到，即当322b y a b =-时，4222maxa BMa b =-；当322b b a b>-时，即a <，则最大值在二次函数的端点取到，即当y b =时，22max4BMb =；综上，2max2,a BM b a ⎧≥=<⎩．点评：本题利用变量y 的有界性，对二次函数的对称轴进行分类，从而解决了该函数的最值问题．5例5：已知等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为()0,1,2,n S n >=；（1）求公比q 的取值范围；（2）设2132n n n b a a ++=-，{}n b 的前n 项和为n T ，试比较n S 与n T 的大小．解：（1）0n S >，可得110a S =>，且0q ≠，∴当1q =时，10n S na =>，成立；当1q ≠时，()1101n n a q S q-=>-，即()10,1,2,1nq n q->=-，解得()()()1,00,11,q ∈-+∞；综上，q 的取值范围是()()1,00,q ∈-+∞；（2）由2132n n n b a a ++=-，得232n n b a q q ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，232n n T q q S ⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭，则()2311222n n n n T S q q S q q S ⎛⎫⎛⎫-=--=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又0n S >，∴当()11,2,2q ⎛⎫∈--+∞ ⎪⎝⎭时，n n T S >；当12q =-或2q =时，n n T S =；当()1,00,22q ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，n n T S <．点评：本题根据等比数列中公比q 进行分类，划分的标准为1q =与1q ≠，公比1q =常常是等比数列求和中容易忽视的一个部分，必须要加以足够的重视．例6：已知222223231111n n n S r r r r r r r r ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，记62n n T S n =+，1nn n T W T -=，其中0r ≠，求lim n n W →∞的值．解：()2462246211112n n n S r r r r n rr r r ⎛⎫=+++++++++- ⎪⎝⎭，当1r =时，0n S =，则2,,lim 11n n nn nT n W W n →∞==∴=-，当1r ≠时，()()()()22222222222111111221111nn n n n n r r r r r r S n n r r r r+⎛⎫- ⎪--+⎝⎭=+-=----，则()()()22222111nn nnr r T r r +-+=-，22242222241n n n nn n nr r r W r r r r+++-+-=-+-，若01r <<时，21lim n n W r→∞=；若1r >时，2lim n n W r →∞=；综上，22101lim 111n n r r W r r r →∞⎧<<⎪⎪==⎨⎪>⎪⎩点评：本题先根据等比数列的不同取值来进行求和，再进一步根据公比的范围来求极限．例7：已知偶函数()f x 的定义域为R ，若()f x 在[)0,+∞上是增函数，且102f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，求解关于x 的不等式()log 0,(0,1)a f x a a >>≠．解：()f x 是偶函数，()()()log log log a a a f x f x f x ∴=-=，则有()1log 2a f x f ⎛⎫> ⎪⎝⎭，7又()f x 在[)0,+∞上是增函数，1log 2a x ∴>，即1log 2a x >或1log 2a x <-，若1a >，则x >或0x <<若01a <<，则0x <<或x >．点评：本题涉及到对数函数的单调性，应按底数进行分类．三．按参变量的取值范围进行分类讨论：例8：解关于x 的不等式20,x aa R x a -<∈-．解：当2a a >，即01a <<时，解集为{}2x a x a <<；当2a a =，即0a =或1a =时，解集为∅；当2a a <，即0a <或1a >时，解集为{}2x a x a <<．点评：本题根据涉及参数a 及2a 的大小，求解不等式，解题的关键是分类标准的划分．例9：设集合()21M a ⎧⎫=≤-⎨⎬⎩⎭，{}23310N x x ax a =-+-≤，且M N ⊆，求实数a 的取值范围．解：对于集合:M ()2222121,221x a a x a a a ⎡⎤-≤-⇒∈--+⎣⎦，对于集合:N ()()1310x x a ⎡⎤---≤⎣⎦，当311a -<时，即23a <时，[]31,1N a =-，此时要满足M N ⊆，则2213102211a a a a a -≥-⎧⇒=⎨-+≤⎩；8当311a ->时，即23a >时，[]1,31N a =-，此时要满足M N ⊆，则[]22111,222131a a a a a -≥⎧⇒∈⎨-+≤-⎩；当311a -=时，即23a =，此时{}15,,139M N ⎡⎤==⎢⎥⎣⎦，不满足M N ⊆．综上，{}[]01,2a ∈．点评：本题根据参数a 的大小来确定不等式的解集．例10：设a 为任意实数，函数()21,f x x x a x R =+-+∈，（1）讨论()f x 的奇偶性；（2）求()f x 的最小值．解：（1）当0a =时，()()()21f x x x f x -=-+-+=，则()f x 为偶函数；当0a ≠时，()()221,21f a a f a a a =+-=++，显然()()f a f a-≠且()()f a f a -≠-，则()f x 既非奇函数又非偶函数；（2）当x a ≤时，()2213124f x x x a x a ⎛⎫=-++=-++ ⎪⎝⎭，若12a ≤，则()f x 在(],a -∞上，单调递减，则()2min 1f f a a ==+，若12a >，则min 1324f f a ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭；当x a ≥时，()2213124f x x x a x a ⎛⎫=+-+=+-+ ⎪⎝⎭，若12a ≤-，则min 1324f f a ⎛⎫=-=-+ ⎪⎝⎭，9若12a >-，则()f x 在[),a +∞上，单调递增，则()2min 1f f a a ==+；综上，当12a ≤-时，min 34f a =-+；当1122a -<≤时，2min 1f a =+；当12a >时，min 34f a =+．点评：本题根据所含有绝对值符号，作为分类的依据，去掉绝对值符号的主要策略是，先找零点，然后将定义域划分成几个子区间，再在各个子区间上去掉绝对值进行求解．例11：实系数方程22240x kx k a -+-=的两根为12,x x ，求()12f a x x =+的解析式．解：,k a R∈，12,x x ∴同为实根，或互为共轭虚根，()2244416k k a a ∆=--=，当0a ≥时，两根为实根，则2124x x k a ⋅=-，若204k a ≤≤，则120x x ⋅≥，则()12122f a x x x x k =+=+=，若24k a >，则120x x ⋅<，则()12121f a x x x x =+=-==；当0a <时，两根为共轭虚根，则()1212f a x x x =+=====；综上，()2220440k ka k f a a a ⎧≤≤⎪⎪⎪=>⎨⎪⎪<⎪⎩10点评：本题根据判别式对实系数一元二次方程根的情况进行讨论．例12：已知函数()2f x x x =-，实数a 为何值时，集合(){sin x M x f x a ==-解：()2sin sin f x =即213sin ,24x a x ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭根据图像可知，当34a -当304a -=或1344a <-<当3144a -=，即1a =时，有三解，即此时为三元集；当31044a <-<，即314a <<时，有四解，即此时为四元集．点评：本题在分类的同时还要利用数形结合的思想，将问题由难变易，由大变小，条理清晰．四．按图形的位置或形状不确定进行分类：例13：与不共面的四点等距离的平面有_________________个．解：当四个点中，有一个点在所求平面的一侧，另三个点在所求平面的另一侧，这样的平面有4个；当四个点中，有两个点在所求平面的一侧，另两个点在所求平面的另一侧，这样的平面有3个；综上，满足条件的平面共有7个．点评：本题按照四点的不同位置进行分类，很好的解决了图形的不确定性．例14：已知常数0a >，如图所示，在矩形ABCD 中，4,4AB BC a ==，O11为AB 中点，,,E F G 分别在,,BC CD DA 上移动，且BE CF DG BC CD DA==，P 为GE 与OF 的交点，问是否存在两个定点，使P 到这两点距离之和为定值？若存在，求出这两点的坐标及此定值；若不存在，请说明理由．解：由题意知，()()()()2,0,2,0,2,4,2,4A B C a D a --，设(),01BE CF DG k k BC CD DA===≤≤，则()()()2,4,24,4,2,44E ak F k a G a ak ---，直线OF 的方程为()2210a x k y +-=，直线GE 的方程为()2120a j k x y a --+-=，由这两个方程，消去k 得点(),P x y 的坐标满足方程222220a x y ay +-=，即()222112y a x a -+=；当212a =时，点P 的轨迹为圆弧，所以不存在符合条件的两点；当212a ≠时，点P 的轨迹为椭圆的一部分，点P 到该椭圆焦点的距离之和为定长，若212a <时，点P到该椭圆的焦点,a a ⎛⎫⎫ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎭的距离之和为定值2，若212a >时，点P到该椭圆的焦点0,,0,a a ⎛⎛+ ⎝⎝的距离之和为定值2a ．点评：本题根据参数2a 的取值进行分类，2a 值的不同直接影响点P 轨迹的形状．12 例15：已知直线y kx =与直线(),0y kx k =->分别与椭圆221Ax By +=，(),,a b R A B +∈≠相交于,C E 和,D F 两点；（1）用,,A B k 表示四边形CDEF 的面积S ；（2）当k 在区间(]0,1上变化时，求面积S 得最大值t ；（3）当21ABt >时，求A B的取值范围．解：（1）由椭圆和直线的对称性可知，四边形CDEF 为矩形，若设(),C m n ，则4S mn =，22222222141x y kx k A Bk S A Bk Ax By ky A Bk ⎧=⎪=⎧⎪+⇒⇒=⎨⎨++=⎩⎪=⎪+⎩；（2）4S A Bk k =≤=+，当且仅当A Bk k =，即k =时，等号成立；(]0,1k ∈，∴当01A B <≤时，max S =；当1A B>时，24k S A Bk =+在(]0,1上单调递增，∴当1k =时，max 4S A B =+；综上，0141A B t A A B B<≤=⎪>⎪⎩+；（3）当01A B <≤时，2441ABt AB AB =⋅=>恒成立，(]0,1A B∴∈；当1A B >时，13 ()(221611407A B A ABt AB B A B A B =⋅>⇒+-<⇒∈-++，(1,7A B ⇒∈+；综上，(](0,11,74A B ∈+点评：本题根据基本不等式取最值得条件进行分类，特别要注意基本不等式等号成立的条件，若娶不到这个最值，则根据函数的单调性来解决值域问题．例16：现有,,,A B C D 四个长方体容器，,A B 的底面积均为2a ，高分别为a 和b ，,C D 的底面积均为2b ，高分别为a 和b ，其中a b ≠，现规定一种游戏规则，每人一次从四个容器中取出两个盛水，盛水多者为胜，问先取者有没有必胜的方案？若有的话，有几种？解：根据题意可知，,,,A B C D 四个容器的容积分别为3223,,,a a b ab b ，从四个容器中任取两个的取法有246C =，按游戏规则可分为三种情形：（1）先取,A B ，后取,C D ；（2）先取,A C ，后取,B D ；（3）先取,A D ，后取,B C ；也可交换前后顺序，共6种；0,0,a b a b >>≠，由不等式性质可证明3322a b a b ab +>+，所以先取,A D 为必胜的方案．点评：本题根据可能出现的情形进行分类，若游戏规则改变，则分类方式也将改变．。

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。

竞赛专题：奇数、偶数及奇偶分析

奇数、偶数及奇偶分析一、填空题（共8小题，每小题4分，满分32分）1．若按奇偶性分类，则12+22+32+…+20022002是_________数．2．能不能在下式的各个方框中分别填入“+”号或“一”号，使等式成立？答：_________．3．已知三个质数a、b、c满足a+b+c+abc=99，那么|a﹣b|+|b﹣c|+|c﹣a|的值等于_________．4．在1，2，3，…，1998之前任意添上“十”或“一”号，然后相加，这些和中最小的正整数是_________．5．1，2，3，…，98共98个自然数中，能够表示成两整数的平方差的个数是_________．6．在一次象棋比赛中，每两个选手恰好比赛一局，每局赢者记2分，输者记0分，平局每个选手各记1分，今有4个人统计百这次比赛中全部得分总数，由于有的人粗心，其数据各不相同，分别为1979，1980，1984，1985，经核实，其中有一人统计无误，则这次比赛共有_________名选手参加．7．已知p、q、pq+1都是质数，且p﹣q＞40，那么满足上述条件的最小质数p=_________，q=_________．8．三个质数之和为86，那么这三个质数是_________．二、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）9．已知n为整数，现有两个代数式：（1）2n+3，（2）4n﹣1，其中，能表示“任意奇数”的（）A．只有（1）B．只有（2）C．有（1）和（2）D．一个也没有10．如果a，b，c都是正整数，且a，b是奇数，则3a+（b﹣1）2c是（）A．只当c为奇数时，其值为奇数B．只当c为偶数时，其值为奇数C．只当c为3的倍数，其值为奇数D．无论c为任何正楚数，其值均为奇数11．设a，b为整数，给出下列4个结论：（1）若a+5b是偶数，则a﹣3b是偶数；（2）若a+5b是偶数，则a﹣3b是奇数；（3）若a+5b是奇数，则a﹣3b是偶数；（4）若a+5b是奇数，则a﹣3b是奇数，其中结论正确的个数是（）A．0个B．2个C．4个D．1个或3个12．下面的图形，共有（）个可以一笔画（不重复也不遗漏；下笔后笔不能离开纸）A．0 B．1 C．2 D．313．π的前24位数值为3.14159265358979323846264…，在这24个数字中，随意地逐个抽取1个数字，并依次记作a1，a2，…a24，则（a1﹣a2）（a3﹣a4）…（a23﹣a24）为（）A．奇数B．偶数C．奇数或偶数D．质数14．如a、b、c是三个任意整数，那么、、（）A．都不是整数B．至少有两个整数C．至少有一个整数D．都是整数15．（2001•荆州）将正偶数按下表排成五列：第1列第2列第3列第4列第5列第1行 2 4 6 8第2行16 14 12 10第3行18 20 22 24………28 26根据上面排列规律，则2000应在（）A．第125行第1列B．第125行第2列C．第250行第1列D．第250行第2列16．如图，两个标有数字的轮子可以分别绕轮子的中心旋转，旋转停止时，每个轮子上方的箭头各指着轮子上的一个数字，若左图轮子上方的箭头指着的数字为a，右图轮子上方的箭头指着的数字为b，数对（a，b）所有可能的个数为n，其中a+b恰为偶数的不同数对的参数为m，则m/n等于（）A．B．C．D．17．已知a、b、c中有两个奇数、一个偶数，n是整数，如果S=（a+2n+1）（b+2n+2）（c+2n+3），那么（）A．S是偶数B．S是奇数C．S的奇偶性与n的奇偶性相同D．S的奇偶性不能确定三、解答题（共16小题，满分88分）18．（1）是否有满足方程x2﹣y2=1998的整数解x和y？如果有，求出方程的解；如果没有，说明理由．（2）一个立方体的顶点标上+1或一1，面上标上一个数，它等于这个面的4个顶点处的数的乘积，这样所标的14个数的和能否为0？19．甲、乙两人玩纸牌游戏，甲持有全部的红桃牌（A作1，J，Q，K分别作11，12，13，不同），乙持有全部的黑桃牌，两人轮流出牌，每次出一张，得到一对牌，出完为止，共得到13对牌，每对牌彼此相减，问这13个差的乘积的奇偶性能否确定？20．没标有A、B、C、D、C、F、G记号的7盏灯顺次排成一行，每盏灯安装一个开关，现在A、C、E、G4盏灯开着，其余3盏灯是关的，小刚从灯A开始，顺次拉动开关，即从A到G，再从A始顺次拉动开关，即又从A到G…，他这样拉动了1999次开关后，问哪几盏是开的？21．有1997枚硬币，其中1000枚国徽朝上，997枚国徽朝下．现要求每一次翻转其中任意6枚，使它们的国徽朝向相反，问能否经过有限次翻转之后，使所有硬币的国徽都朝上？给出你的结论，并给予证明．22．对一个正整数作如下操作：如果是偶数则除以2，如果是奇数则加1，如此进行直到1时操作停止，求经过9次操作变为l的数有多少个？23．高为50cm，底面周长为50cm的圆柱，在此圆柱的侧面上划分（如图所示）边长为lcm的正方形，用四个边长为lcm的小正方形构成“T”字形，用此图形是否能拼成圆柱侧面？试说明理由．24．（1）设1，2，3，…，9的任一排列为a l，a2，a3…，a9．求证：（a l l一1）（a2﹣2）…（a9﹣9）是一个偶数．（2）在数11，22，33，44，54，…20022002，20032003，这些数的前面任意放置“+”或“一”号，并顺次完成所指出的运算，求出代数和，证明：这个代数和必定不等于2003．25．已知x1、x2、x3、…、x n都是+1或﹣1，并且，求证：n是4的倍数．26．游戏机的“方块”中共有下面7种图形．每种“方块”都由4个l×l的小方格组成．现用这7种图形拼成一个7×4的长方形（可以重复使用某些图形）．问：最多可以用这7种图形中的几种图形？27．桌上放着七只杯子；杯口全朝上，每次翻转四个杯子：问能否经过若干次这样的翻动，使全部的杯子口都朝下_________（能或不能）？28．在1，2，3，…，2005前面任意添上一个正号或负号，它们的代数和是奇数还是偶数_________？29．“元旦联欢会上，同学们互赠贺卡表示新年的：良好祝愿．“无论人数是什么数，用来交换的贺卡的张数总是偶数．”这句话正确吗？试证明你的结论．30．桌面上放有1993枚硬币，第1次翻动1993枚，第2次翻动其中的1992枚，第3次翻动其中的1991枚，…，第1993次翻动其中一枚，试问：能否使桌面上所有的1993枚硬币原先朝下的一面都朝上？并说明理由．31．在6张纸片的正面分别写上整数：1、2、3、4、5、6，打乱次序后，将纸片翻过来，在它们的反面也随意分别写上1﹣6这6个整数，然后，计算每张纸片的正面与反面所写数字之差的绝对值，得出6个数．请你证明：所得的6个数中至少有两个是相同的．32．有一只小渡船往返于一条小河的左右两岸之间，问：（1）若最初小船是在左岸，往返若干次后，它又回到左岸，那么这只小船过河的次数是奇数还是偶数？如果它最后到了右岸，情况又是怎样呢？（2）若小船最初在左岸，它过河99次之后，是停在左岸还是右岸？33．黑板上写了三个整数，任意擦去其中一个，把它改写成另两个数的和减去1，这样继续下去，得到1995、1996、1997，问原来的三个数能否是2、2、2？新课标七年级数学竞赛培训第25讲：奇数、偶数及奇偶分析参考答案与试题解析一、填空题（共8小题，每小题4分，满分32分）1．若按奇偶性分类，则12+22+32+…+20022002是奇数．考点：整数的奇偶性问题。

数列求和方法汇总常考整理(整理全面)经典

数列求和方法汇总例析： “一巴掌多一点”种方法（一）主要知识：1．直接公式法：即能直接用等差、等比数列的求和公式求和。

（1）等差数列的求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=（2）等比数列的求和公式⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q q q a a qq a q na S n nn （切记：公比含字母时一定要讨论）（3）另外公式222221(1)(21)1236nk n n n kn =++=++++=∑, 2333331(1)1232nk n n kn =+⎡⎤=++++=⎢⎥⎣⎦∑ 2．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。

常见拆项公式：111)1(1+-=+n n n n ，1111()(2)22n n n n =-++，)121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n !)!1(!n n n n -+=⋅ 3．错位相减法：比如{}{}.,,2211的和求等比等差n n n n b a b a b a b a +++4．分组相加法：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和。

5．并项求和法：如求22222212979899100-++-+- 的和。

6．倒序相加法：7．其它求和法：如归纳猜想法，奇偶分段法等。

（二）主要方法：1．求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式的结构特点； 2．求和过程中注意：分类讨论思想的运用、转化思想的运用；（三）例题分析：1．直接公式法：（较简单，省略不析，但是最常考！！）2．裂项相消法：这种方法主要用于数列的通项可“分裂成两项差”的形式，且相邻项分裂后相关联，那么常选用裂项相消法求和.常用裂项形式有：（好处是计算会变得很简单，也比较喜欢考！）①111(1)1n n n n =-++； ②1111()()n n k k n n k =-++； ③1111[](1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n =-+++++； ④()()1111221212121x x x x ⎛⎫=- ⎪-+-+⎝⎭； ()222log log log 11n n n n =-++； 11(1)!!(1)!n n n n =-++；n n n ntan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+1k=⑥)121121(211)12)(12()2(2+--+=+-=n n n n n a n ；1212(1)111,(1)2(1)22(1)2n n n n nn n n a n n n n n n -++-=⋅=⋅=-++⋅+； ⑦2211111()1211kk k k <=---+；211111111(1)(1)1k k k k k k k k k-=<<=-++--；（关键可变形放缩后裂项，对于一些较难的题目时，可用放缩法，解决有关的不等式证明问题）思考：若212n a n n=+时会想裂项吗？例1. 求数列⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++,11,,321,211n n 的前n 项和.解：设n n n n a n -+=++=111 （裂项）则 11321211+++⋅⋅⋅++++=n n S n （裂项求和）＝)1()23()12(n n -++⋅⋅⋅+-+- ＝11-+n例2.求和)12)(12()2(534312222+-++⋅+⋅=n n n S n 解: )121121(211)12)(12(11)12)(12(11)2()12)(12()2(22+--+=+-+=+-+-=+-=k k k k k k k k k k a k12)1(2)1211(21)]121121()5131()311[(2121++=+-+=+--++-+-+=+++=n n n n n n n n a a a S n n例3.求证：1sin 1cos 89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 12=+⋅⋅⋅++ 解：设89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S∵n n n n tan )1tan()1cos(cos 1sin -+=+ （裂项） ∴ 89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1+⋅⋅⋅++=S （裂项求和）＝]}88tan 89[tan )2tan 3(tan )1tan 2(tan )0tan 1{(tan 1sin 1-+-+-+- ＝)0tan 89(tan 1sin 1 -＝1cot 1sin 1⋅＝ 1sin 1cos 2 ∴ 原等式成立 3．错位相减法：这种方法主要用于求数列{}n n a b ∙的前n 项和，其中{}n a {}n b 必须分别是等差数列和等比数列。

分类讨论思想

分类讨论思想As a person, we must have independent thoughts and personality.难点3 分类讨论思想分类讨论思想就是根据所研究对象的性质差异，分各种不同的情况予以分析解决.分类讨论题覆盖知识点较多，利于考查学生的知识面、分类思想和技巧；同时方式多样，具有较高的逻辑性及很强的综合性，树立分类讨论思想，应注重理解和掌握分类的原则、方法与技巧、做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分层别类不重复、不遗漏的分析讨论.”一、分类的原则分类的标准要统一，分类要做到不重复不遗漏，能不分类讨论的要尽量回避，或尽量推迟，决不无原则的讨论二、方法：（1）明确讨论的对象（2）确定讨论的标准（3）逐步进行讨论（4）归纳小结，总结出结论三、例题讲解例1：设函数f (x )=x 2+｜x –a ｜+1，x ∈R .(1)判断函数f (x )的奇偶性； (2)求函数f (x )的最小值.练习：已知(,2]a ∈-∞，函数2()f x x x a =-（1）当2a =时，求使()f x x =成立的x 的集合（2）求函数()y f x =在区间[1,2]上的最小值例2：在数列{}n a 中，1a a =，前n 项和n S 构成公比为q 的等比数列（1）求证在{}n a 中，从第2项起成等比数列（2）当502a =，12q =时，设2log n a n b =，求123.........n b b b b ++++练习：已知{}n a 是公比为q 的等比数列，且1,32,a a a 成等差数列（1）求q 的值（2）设{}n b 是以2为首项，q 为公差的等差数列，其前n 项和为n S ，当2n ≥时，比较n S 与n b 的大小，说明理由。

例3：设函数()4f x x b =-+，且不等式()f x c <的解集为{}12x x -<<（1）求b 的值。

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......。

如何分奇偶项求解两类数列问题

有些数列奇数项和偶数项的通项公式不同，此时数列的通项公式以及前n 项和都需分段表示.那么在求数列的通项公式和前n 项和时，需对数列的奇数项和偶数项进行分类讨论，主要讨论n 分别为奇数和偶数时的情况.这就给我们解题带来了很多的麻烦和障碍，同学们需灵活运用分类讨论思想来辅助解题.一、求数列的通项公式若数列的奇数项和偶数项不同，则数列的奇数项和偶数项的通项公式也不同.在求数列的通项公式时，需分别研究当n 为1，3，5，⋯，2k -1时以及n 为2，4，6，⋯，2k 时各项之间的规律，并采用一些手段，如将前后项作差、作商、添加（去掉）一个常数、在分子（分母）上减去一个常数等，以确定前后项之间的递推关系，进而求得数列的通项公式.最后需将数列的通项公式，用分段式表示出来.例1.已知数列{}a n 满足a n +1+a n =n ，a 1=1，则数列{}a n 的通项公式为.解：因为a n +1+a n =n ，所以a n +2+a n +1=n +1，将上述两式相减可得a n +2-a n =1，则a 1,a 3,∙∙∙,a 2k -1,∙∙∙是以a 1=1为首项，1为公差的等差数列；a 2,a 4,∙∙∙,a 2k ,∙∙∙是以a 2=0为首项，1为公差的等差数列，所以a 2k -1=1+(k -1)×1=k ，a 2k =0+(k -1)×1=k -1.令n =2k -1，则a n =n +12；令n =2k ，则a n =n -22.所以数列{}a n 的通项公式为a n =ìíîïïn +12,n 为奇数,n -22,n 为偶数.由递推关系a n +1+a n =n 可推导出数列{}a n 的奇数项成等差数列，偶数项成等差数列.再分别根据等差数列的定义求得数列的首项和公差，即可求得数列{}a 2k -1和{}a 2k 的通项公式，最后用分段式表示即可.例2.已知数列{}a n 满足a n +1∙a n =2n，a 1=1，则数列{}a n 的通项公式为.解：因为a n +1∙a n =2n ，所以a n +2∙a n +1=2n +1，将上述两式相除可得a n +2a n=2，则a 1,a 3,∙∙∙,a 2k -1,∙∙∙是以a 1=1为首项，2为公比的等比数列；a 2,a 4,∙∙∙,a 2k ,∙∙∙是以a 2=2为首项，2为公比的等比数列，所以a 2k -1=1×2k -1=2k -1，a 2k =2×2k -1=2k .令n =2k -1，则a n =2n -12；令n =2k ，则a n =2n2.所以数列{}a n 的通项公式为a n =ìíîïï2n -12,n 为奇数,2n2,n 为偶数.将a n +1∙a n =2n 与a n +2∙a n +1=2n +1两项作商，即可确定a n +2、a n 之间的递推关系，进而根据等比数列的定义判定数列{}a n 的奇数项、偶数项都成等比数列.再分别根据等比数列的通项公式求得数列{}a 2k -1和{}a 2k 的通项公式.例3.已知数列{}a n 满足，[2-(-1)n ]⋅a n +[2+(-1)n ]⋅a n +1=1+(-1)n ×3n ，a 1=1，则数列{}a n 的通项公式为.解：当n =2k -1(k ≥1)时，有a 2k +3a 2k -1=4-6k ；当n =2k (k ≥1)时，有a 2k +3a 2k +1=1+6k .将上述两式相减得a 2k +1-a 2k -1=4k -1，故a 2k -1=a 1+(a 3-a 1)+∙∙∙+(a 2k -1-a 2k -3)解题宝典37=1+3+7+∙∙∙+(4k -5)=1+(k -1)(3+4k -5)2=2k 2-3k +2，又因为a 2k +3a 2k -1=4-6k ，所以a 2k =4-6k -3a 2k -1=-6k 2+3k -2.令n =2k -1，则a n =12n 2-12n +1；令n =2k ，则a n =-32n 2+32n -2.所以数列{}a n 的通项公式为：a n =ìíîïï12n 2-12n +1,n 为奇数,-32n 2+32n -2,n 为偶数.由于数列的递推关系式含有(-1)n，所以需分n =2k -1和n =2k 两种情况进行讨论.先由[2-(-1)n ]⋅a n +[2+(-1)n ]∙a n +1=1+(-1)n ×3n 可推导出递推关系a 2k +1-a 2k -1=4k -1，求得a 2k -1的表达式；再根据a 2k +3a 2k -1=4-6k 求得a 2k 的表达式；最后将数列{}a n 的通项公式写成分段式即可.例4.已知数列{}a n 满足a n +1+(-1)n∙a n =2n -1，a 1=1，则数列{}a n 的通项公式为.解：当n =2k -1(k ≥1)时，a 2k -a 2k -1=4k -3；当n =2k (k ≥1)时，a 2k +1+a 2k =4k -1.将上述两式相减可得a 2k +1+a 2k -1=2，①又a 2k +3+a 2k +1=2，②，将②-①得a 2k +3-a 2k -1=0，则a 1,a 5,a 9,∙∙∙,a 4k -3,∙∙∙是以a 1=1为首项，0为公差的等差数列；a 3,a 7,a 11,∙∙∙,a 4k -1,∙∙∙是以a 3=1为首项，0为公差的等差数列，所以a 4k -3=a 1+(k -1)×0=1，a 4k -1=a 3+(k -1)×0=1，又因为a 2k -a 2k -1=4k -3，所以a 4k -a 4k -1=8k -3，a 4k -2-a 4k -3=8k -7，即a 4k =8k -2，a 4k -2=8k -6.因为{n |n =2k -1,k ∈N +}={n |n =4k -1,k ∈N +}⋃{n |n =4k -3,k ∈N +}，{n |n =2k ,k ∈N +}={n |n =4k ,k ∈N +}⋃{n |n =4k -2,k ∈N +}，所以数列{}a n 的通项公式为：a n ={1,n 为奇数,2n -2,n 为偶数.由a n +1+(-1)n∙a n =2n -1可推导出递推关系a 2k +3-a 2k -1=0，进而求得a 4k -1和a 4k -3的表达式，再分n 为奇数、偶数两种情况，由a 2k -a 2k -1=4k -3求得a 4k 和a 4k -2的表达式，即可得到数列{}a n 的通项公式.例5.数列{}a n 中，a 1=2，a n +1=ìíîïï12a n ,n 为偶数，a n +1,n 为奇数，则数列{}a n 的通项公式为.解：由题意得a 2k +1=12a 2k =12(a 2k -1+1)，则a 2k +1-1=12(a 2k -1-1)，即数列{a 2k -1-1}是以a 1-1=1为首项，12为公比的等比数列.则a 2k -1-1=1×(12)k -1=(12)k -1，即a 2k -1=(12)k -1+1，而a 2k =a 2k -1+1=(12)k -1+2.令n =2k -1，则a n =(12)n -12+1；令n =2k ，则a n =(12)n -22+2.所以数列{}a n 的通项公式为a n =ìíîïïïï(12)n -12+1,n 为奇数,(12)n -22+2,n 为偶数.题目中给出的递推关系为分段式，可由该递推关系式推导出a 2k +1=12a 2k =12(a 2k -1+1)，进而得出数列{a 2k -1-1}为等比数列，求得{}a 2k -1的通项公式，再根据a 2k =a 2k -1+1求得a 2k 的表达式.从这几个例题中可看出，求数列{}a n 的通项公式，需运用分类讨论思想，先分n =2k -1和n =2k 两种情况进行讨论，分别运用等差、等比数列的通项公式，累加法、累乘法、待定系数法等方法求出数列{}a 2k -1和{}a 2k 的通项公式；再用分段式表示数列{}a n 的通项公式.二、求数列的和当数列奇数项和偶数项的通项公式不同时，我们需要分n 为奇数和偶数两种情况来讨论数列的前n 项和.通常需先根据所有奇数项以及偶数项的规律确定数列的通项公式；然后运用等差、等比数列的前n 项和公式，错位相减法、裂项相消法、分组求和法等求得奇数项以及偶数项数列的和；最后将所得的结果相加.解题宝典38例6.设S n 为数列{}a n 的前n 项和，S n =(-1)n a n -12n,n ∈N +，则S 1+S 2+∙∙∙+S 100=.解：因为a n =S n -S n -1(n ≥2)，所以S n =(-1)n (S n -S n -1)-12n ,n ≥2.则当n =2k -1时，S 2k -1=-(S 2k -1-S 2k -2)-122k -1，即2S 2k -1=S 2k -2-122k -1；当n =2k 时，S 2k =S 2k -S 2k -1-122k，即S 2k -1=-122k ，又因为2S 2k -1=S 2k -2-122k -1，所以S 2k -2=2S 2k -1+122k -1=0.所以S 1+S 2+∙∙∙+S 100=S 1+S 3+S 5+∙∙∙+S 99=-(122+124+∙∙∙+12198)=-14(1-12100)1-14=13(12100-1).由a n =S n -S n -1(n ≥2)可推导出S 2k -1=-122k 和S 2k -2=0，即可根据等比数列的前n 项和公式求得数列中各奇数项的和，进而求得S 1+S 2+∙∙∙+S 100的值.例7.已知数列{}a n 满足a 1=1，a n +a n +1=2n -1，则数列{}a n 的前n 项和S n =.解：S 2k -1=a 1+(a 2+a 3)+∙∙∙+(a 2k -2+a 2k -1)=1+3+∙∙∙+(4k -5)=1+(k -1)(4k -2)2=2k 2-3k +2；S 2k =(a 1+a 2)+∙∙∙+(a 2k -1+a 2k )=1+5+∙∙∙+(4k -3)=k (4k -2)2=2k 2-k .令n =2k -1，则S n =2×(n +12)2-3(n +12)+2=12n 2-12n +1；当n =2k 时，S n =2×(n 2)2-n 2=12n 2-12n .所以数列{}a n 的前n 项和S n =ìíîïï12n 2-12n +1,n 为奇数,12n 2-12n ,n 为偶数.已知递推关系式为数列前后两项之和，于是分别讨论n =2k -1和n =2k 时每两项的和，再根据等差数列的前n 项公式进行求和即可.例8.已知S n 为正项数列{}a n 的前n 项和，且a n ,2S n ,a n +1依次成等比数列.（I ）求数列{}a n 的通项公式；（II ）设b n =ìíîïïa n,n 为奇数，2n 2,n 为偶数，求数列{b n b n +1}的前n 项和T n .解：（I ）易得a n =n ；（过程略）（II ）因为b n =ìíîïïn ,n 为奇数，2n 2,n 为偶数，设c n =b n b n +1，则c 2k -1+c 2k =b 2k -1b 2k +b 2k b 2k +1=b 2k (b 2k -1+b 2k +1)=4k ∙2k ，所以T 2n =c 1+c 2+∙∙∙+c 2n =(c 1+c 2)+∙∙∙+(c 2n -1+c 2n )=4(1×21+2×22+∙∙∙+n ×2n )，令R n =1×21+2×22+∙∙∙+n ×2n ，则2R n =1×22+2×23+∙∙∙+n ×2n +1，将上述两式相减可得-R n =21+22+∙∙∙+2n -n ×2n +1=2(1-2n )1-2-n ×2n +1=(1-n )×2n +1-2，故R n =(n -1)×2n +1+2，则T 2n =4R n =(n -1)×2n +3+8.又T 2n -1=T 2n -c 2n =(n -1)×2n +3+8-(2n +1)×2n=(6n -9)×2n +8.所以数列{b n b n +1}的前n 项和为：T n =ìíî(6n -9)×2n +8,n 为奇数，(n -1)×2n +3+8,n 为偶数.解答本题的关键是构造数列c n =b n b n +1，得到c 2k -1+c 2k =4k ∙2k ，进而分别求出S 2n -1和S 2n ，得到S n的表达式.一般地，若数列{}a n 的奇数项和偶数项的通项公式不同，则要求前n 项和S n ，往往需要运用分类讨论思想，分别求得奇数项的和S 2k -1和偶数项的和S 2k .虽然数列中奇偶项的通项公式不同问题较为复杂，但是我们只要抓住解题的关键：（1）要认真分析数列的通项公式或者递推关系式的结构特点，找到问题的突破口；（2）灵活运用分类讨论思想，将n 分为奇数和偶数两种情况进行讨论，就能顺利解题.（作者单位：福建省武平县第二中学）解题宝典39。

数字推理题技巧

数字推理题技巧数字推理题在各种考试和智力竞赛中常见。

它们要求通过对一系列数字或符号的分析来推断规律，并根据这些规律来确定缺失的数字或者下一个数字。

虽然数字推理题看似简单，但其中蕴含着一定的技巧和思维方式。

本文将介绍一些常见的数字推理题技巧，帮助读者更好地解决这类问题。

数列规律分析在数字推理题中，常见的情况是给出一个数字序列，要求推断出规律并继续这个规律。

首先要分析数列中数字之间的关系，可能是加减乘除、平方平方根、递增递减等等。

观察数字之间的差值或者倍数关系，能够帮助快速找到规律。

奇偶性分析奇偶性在数字推理题中经常发挥重要作用。

注意观察数字序列中奇数和偶数的分布情况，有时候规律会与数字的奇偶性有关。

此外，还要注意特殊数字（如0、1）在奇偶性上的特点，它们常常会被用来构成规律。

数字组合分析有时数字推理题中会涉及到数字组合的情况，要求找出数字之间的组合规律。

这时可以尝试将数字分解成各个位的数字或者将多个数字合并成一个数字，通过观察这些组合是否有特定的规律来解题。

常见数学公式运用在数字推理题中，有时候会用到一些基本的数学公式或者性质。

比如等差数列、等比数列、平方数列等等。

熟练掌握这些数学知识，能够帮助快速解决数字推理问题。

注意数字序列的整体性有时候数字推理题中的数字序列可能会和其他数字序列或者图形有关联。

要留意整体的规律，不只是局限于当前的数字序列。

通过观察多个数字序列之间的共同点，能够更好地推断规律。

总结数字推理题虽然看似简单，但其实隐藏着许多技巧和思维方式。

通过掌握常见的规律分析方法、奇偶性分析、数字组合分析等技巧，能够帮助更好地解决数字推理问题。

在平时的学习和练习中多多总结经验，相信在应对各类数字推理题时会游刃有余。