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数列中的奇偶分析法问题研究

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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)

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。

高中数学核心考点：数列 难点3 数列中的奇偶项问题 - 解析

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.。

斐波那契数列奇偶规律-解释说明

斐波那契数列奇偶规律-解释说明

斐波那契数列奇偶规律-概述说明以及解释1.引言1.1 概述概述:斐波那契数列奇偶规律是研究斐波那契数列中奇偶性质的一种规律。

斐波那契数列是一个非常经典且重要的数列，它的定义是从前两个数开始，后面的每个数都是前面两个数的和。

具体而言，斐波那契数列的前几个数为0、1、1、2、3、5、8......。

奇偶性质是指数列中每个数的奇偶性。

我们在研究斐波那契数列时发现了一些有趣的规律。

一般来说，斐波那契数列中相邻两个数的奇偶性是不确定的，但是我们发现，数列中的每隔3个数，奇偶性就呈现出一定的规律，即（偶、奇、奇）、（奇、奇、偶）的循环出现。

例如，数列中的前几个数为0、1、1、2、3、5、8，我们可以看出，从第四个数开始，每隔3个数就会出现一次（偶、奇、奇）的规律。

研究斐波那契数列奇偶规律有重要的理论和应用价值。

从理论角度来看，深入探究这种规律可以帮助我们更好地理解斐波那契数列的性质，并为数论等领域的研究提供新的思路。

从应用角度来看，斐波那契数列奇偶规律在密码学、编程和金融等领域有着广泛的应用。

例如，在密码学中，可以利用斐波那契数列的奇偶规律设计加密算法；在编程中，可以通过斐波那契数列奇偶规律来优化代码的性能；在金融领域，可以利用斐波那契数列奇偶规律进行投资决策等。

未来，研究斐波那契数列奇偶规律的方向仍然有很大的发展空间。

我们可以从数学角度进一步深入研究斐波那契数列的奇偶性质，探索更多规律和特性；同时，我们还可以将斐波那契数列的奇偶规律与其他数学领域进行结合，开展更广泛的交叉研究。

相信通过不懈努力，我们将会发现斐波那契数列奇偶规律的更多奥秘，并为数学和应用领域的发展做出更大的贡献。

1.2文章结构文章结构部分的内容可以从以下几个方面进行编写：文章结构部分的内容主要包括对整篇文章的组织方式和主要内容的介绍。

首先，需要提及文章的主题是斐波那契数列奇偶规律。

其次，可以说明文章采用的是自上而下的层次结构，分为引言、正文和结论三个部分。

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.。

第13讲 奇偶分析

第13讲 奇偶分析

第13讲奇偶分析法把全体整数按被2除的余数分为两类：被2除余数为0整数的称为偶数，一般表示为2k(k为整数)，被2除余数为1整数的称为奇数，一般表示为2k+1(k为整数)．由于既不会有一个整数同时出现在奇数类和偶数类，也不会有一个整数既不在奇数类又在偶数类，因此，我们可以把对整数问题的研究转化为对奇数和偶数的研究．这种利用奇偶数分析问题的方法就可以使一些看起来比较困难的题目变得简单易解了.奇偶分析利用了奇数与偶数的一些性质：1、奇数不等于偶数；2、在自然数数列中，奇数与偶数是相间排列的；3、奇数±奇数=偶数，偶数±偶数=偶数，奇数±偶数=奇数；奇数个奇数的和是奇数，偶数个奇数的和是偶数，任意个偶数的和是偶数；4、奇数×奇数=奇数，偶数×偶数=4的倍数，偶数×整数=偶数；5、两个整数的和与这两个整数的差具有相同的奇偶性6、奇数的平方被4除余1，偶数平方为4的倍数；奇偶分析也常表现为染色，把一个图形染成黑白两色，往往可视为其中一色为奇数，另一色为偶数；也可视为用+1与-1(或1与0)标号，……总之，在分成两类对问题进行讨论时，常常可以看成是在进行奇偶分析．A类例题例1⑴证明：平面上的格点中，任取五点，必有两点，其连线中点是格点．⑵至多可以取出多少个格点，使这些点中任取三点为顶点的三角形面积都不是整数．⑴分析按横坐标与纵坐标的奇偶性把平面格点分类，用抽屉原理证明．证明按横坐标与纵坐标的奇偶性把平面上的所有格点分类，共有4类：(奇，奇)，(奇，偶)，(偶，奇)，(偶，偶)．任取5个格点，必有2点属于同一类，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)这二点是属于同一类的两点，则其连线的中点M (12(x 1＋x 2)，12(y 1＋y 2))即为格点．故得证．⑵ 分析 考虑三角形的面积如何计算．解 由三角形面积表达式S =12[(x 1－x 2)(y 2－y 3)－(x 2－x 3)(y 1－y 2)]知，如果三角形有某两个顶点属于同一类(上题中的分类)，则其面积为整数；如果三个顶点都不同类，则其面积不为整数．于是取分属于4个不同的类的4个格点，以这4点中的任三点为顶点的三角形面积都不为整数，但如果取5个格点，则必有某两点属于同一类，此时以这二个点及另外任一点为顶点的三角形面积为整数．故至多取4个点，且此四点应分属不同的4类．说明 把整数分成“奇数”与“偶数”这两类，就相当于构造了两个抽屉，从而奇偶分析常常用抽屉原理为工具解决问题．例2设a1，a2，…，a64是1，2，…，63，64的任意一种排列．令b1=|a1－a2|，b2=|a3－a4|，…，b32=|a63－a64|；c1=|b1－b2|，c2=|b3－b4|，…，c16=|b31－b32|；d1=|c1－c2|，d2=|c3－c4|，…，d8=|c15－c16|；………这样一直作下去，最后得到一个整数x．求证：x为偶数．分析可以从后向前推：若x为奇数，则其前一次运算时的两个数必一奇一偶，…，这样直到开始时的64个数的奇偶性．这就是证法一的思路；也可以从前向后推：第一次运算得到的32个数的奇偶性与原来各数的奇偶性有什么关联？第二次运算所得16个数又与第一次运算的32个数有什么关联？又与原来的64个数有何关联？…，这样直到最后一个数．这就是证法二的思路．证法一假定x为奇数，则上述计算过程中倒数第二步的两个数是一奇一偶，倒数第三步的四个数或者是三奇一偶或者是一奇三偶．仿此推知，计算过程中的每一步只能有奇数个奇数，那么在a1，a2，…，a64，中也该有奇数个奇数.但它们是1，2，…，64的某一排列，其中奇数有32个，这就产生了矛盾.所以最后一个数只能是偶数．证法二因为整数a与|a|的奇偶性一致，整数a、b的和a+b与其差a －b的奇偶性也一致，所以上述计算过程的第二步中的32个数：|a1－a2|，|a3－a4|，…，|a63－a64|，分别与a1+a2，a3+a4，…，a63+a64的奇偶性一致，于是，可改为考虑：第一步：a1，a2，…，a64；第二步：a1+a2，a3+a4，…，a63+a64；第三步：a1+a2+a3+a4，…，a61+a62+a63+a64；…………很明显，这样做最后所得的数是a1+a2+a3+a4+…+a63+a64．而x与它的奇偶性一致．由于a1，a2，…，a64是1，2，…，64的某一排列，因此，a1+a2+a3+a4+…+a63+a64＝1+2+……+64=32×65，这是一个偶数，故知x 为偶数．情景再现1．将某个17位数的数字顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．(1970年第四届全苏数学奥林匹克8年级试题)2．若a，b，c都是整数，且a与b同为奇数或同为偶数，c为奇数，求证：找不到整数n，使an2+bn+c=0．B类例题例3有n×n(n＞3)的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意的填入+1与-1这两个数中的一个，先将表内n个两两既不同行又不同列的方格中的数的乘积称为一个基本项．试证明：按上述方式所填成的每一个方格表，它的全部基本项之和总能被4整除(即总能表示成4k的形式，其中k∈Z)．(1989年全国数学联赛)分析一下子证明基本项之和总能被4整除较难，可以分两步走：先证明基本项的和能被2整除，再证其能被4整除．这样就较容易了．证明基本项共有n!个，n＞3，故基本项的个数为4的倍数，设基本项共有4m项．设第i行第j列的格子中填入了a ij(a ij=＋1或－1，1≢i，j≢n)，每个基本项都是由n个＋1或－1相乘而得，故每个基本项都等于＋1或－1．其次，每个数a ij都要在(n－1)!个基本项中出现，由于n＞3，故(n－1)!为偶数．所以，把所有基本项乘起来后，每个a ij都乘了(n－1)!次，于是所有基本项的乘积等于1．这说明等于－1的基本项有偶数个，同样，等于+1的基本项也有偶数个．若等于－1的基本项有4l个，则等于+1的基本项有4m－4l个，其和为4m－4l－4l=4(m－2l)为4的倍数；若等于－1的基本项有4l－2个，则等于+1的基本项有4m－4l+2个，例4设P(x)=a0x+a1x+…+a n-1x+a n是整系数多项式，如果P(0)与P(1)都是奇数，证明P(x)无整数根．(第3届加拿大数学奥林匹克) 分析奇数h与整数n积的奇偶性与n的奇偶性相同．要证P(x)没有整数根，只要证明P(x)既没有奇数根，又没有偶数根即可．证明P(0)＝a n，故a n为奇数；P(1)＝a0＋a1＋…＋a n－1＋a n为奇数，故a0＋a1＋…＋a n－1为偶数，从而a0，a1，…，a n－1中有偶数个奇数．任取一奇数k，则k i(i＝1，2，…，n)为奇数，从而a n－i k i(i＝1，2，…，n)的奇偶性与a n－i的奇偶性相同，于是，a0k n+a1k n-1+…+a n-1k的奇偶性与a0＋a1＋…＋a n－1的奇偶性相同，即a0k n+a1k n-1+…+a n-1k为偶数，从而P(k)=a0k n+a1k n-1+…+a n-1k+a n与a n的奇偶性相同，即P(k)为奇数．从而P(k)≠0，故k不是P(x)的根．任取一偶数h，则h i(i＝1，2，…，n)为偶数，从而a n－i h i(i＝1，2，…，n)为偶数，于是a0h n+a1h n-1+…+a n-1h为偶数，从而P(h)=a0h n+a1h n-1+…+a n-1h+a n与a n的奇偶性相同，即P(h)为奇数．从而P(h)≠0，故h不是P(x)的根．因为任何奇数与任何偶数都不是P(x)的根，所以P(x)没有整数根．例5在12，22，32，…，19892这1989个连续的完全平方数的每个数前都添“+”或“-”号，使其代数和为最小的非负数，并写出算式．(1989年第15届全俄数学奥林匹克)分析要求该和式的最小非负值，由于该和式为整数，而最小非负整数为0，所以首先考虑此和能否等于0？如果不能，应该证明和式不能等于0，再研究和式能否等于1？如果和能等于1，则也要证明和式不能等于1．……，这样依此类推，直到找出和式的最小值为止．要求这1989个完全平方数的和式的最小值，可以考虑找到某种规律，把这些数分成若干小段，每个小段的和为0，最后再处理少数几个数，这样就容易得出结果．为此可对照研究一个简单的问题：在1，2，…，1989这1989个连续整数的每个数前都添“+”或“-”号，使其代数和为最小的非负数．解这1989个数中有995个奇数，994个偶数，故其和为奇数，所以，这1989个平方数的和不可能等于0．而改变和式中任一个的符号(“＋”号改为“－”号)都不改变结果的奇偶性，所以，无论怎样安排各数前的“＋”、“－”号，都不可能使此代数和为0．故所求最小非负代数和≣1．由于n2－(n+1)2－(n+2)2+(n+3)2＝4．因此可以把连续8个整数取出，使其前4个的符号按此安排，其和为4，后4个的符号则与之相反，其和为－4，则此8个数的代数和为0．即n2－(n+1)2－(n+2)2+(n+3)2－(n＋4)2＋(n＋5)2＋(n＋6)2－(n＋7)2＝0．而1989=8×248+5．现从142开始，每连续8个完全平方数为一组，共得247组，每组的第1，4，6，7个数前取“+”号，第2，3，5，8个数前取“－”号，则这组8个数之和为0．按此安排，可以使从142起到19892止的数的代数和为0．又，12＋22＋32＋…＋132＝819，而⎣⎡⎦⎤8192＝409． 经试验知，42＋92＋122＋132＝16＋81＋144＋169＝410．故知－12－22－32＋42－52－62－72－82＋92－102－112＋122＋132＝1． 于是可得，所求最小非负代数和为1．说明 若只把前5个平方数留下，从62起，每8个数分成一组，按上述安排，可以使从62起到19892止的数的代数和为0．但12＋22＋32＋42＋52＝55，而这5个平方数中找不到其中几个，其和为⎣⎡⎦⎤552＝27．如果据此断言，此代数和不可能为1就错了．本解中继续取出62到132这8个数与前5个平方数在一起再加以考察，得出代数和可以等于1的最佳结果．试考虑下面问题：试研究把19892改成n 2后的一般结论？情景再现3．在国际象棋的棋盘上，放有8枚棋子，已知其中任意两枚不同行，也不同列．证明：黑格中的棋子数为偶数．4．在整个平面上有一个无限大的方格棋盘，上面摆好了一些棋子，它们恰好组成一个3k ⨯n 的矩形．按下述规则进行游戏：每一枚棋子都可以越过(沿水平方向或竖直方向)相邻的棋子而放入这枚棋子的相邻的空格里，并把相邻的这枚棋子从棋盘上取走．证明：不论怎样走，棋盘上都不会只剩下1枚棋子．(1982波兰数学竞赛题)5．设a 1，a 2，a 3，a 4，a 5和b 是满足关系式a 21+a 22+a 23+a 24+a 25＝b 2的整数，证明：所有这些数不可能全是奇数．6．设x 1，x 2，…，x n 是一组数，它们之间每一个都取+1或-1，并且x1x2x3x4+ x2x3x4x5+…+x n-3x n-2x n-1x n+x n-2x n-1x n x1+x n-1x n x1x2+x n x1x2x3=0．求证：n是4的倍数．(第26届IMO预选题)C类例题例6设E={1，2，3，…，200}，G={a1，a2，…，a100}是E的真子集，且G具有下列两条性质：1）对于任何1≢i＜j≢100，恒有a i+a j≠201；2）a1+a2+…+a100=10080．试证明：G中的奇数的个数是4的倍数，且G中所有数的平方和为一定数．(1990年全国数学联赛)分析要证G中奇数的个数是4的倍数，可以分两步走：先证G中有偶数个奇数，再进而证明G中的奇数个数是4的倍数．这可以通过考虑奇数与偶数的表示方法做到：偶数是所有被2整除的数，也可看成是被4除余0或2的数；奇数是被2除余1的数，也是被4除余1或3的数．要证明这100个数的平方和为定值，由于这100个数不确定，但E中200个数是确定的，因此应把G中的元与E中不是G的元的那100个元合起来一起考虑它们的平方和．⑴证明：把E中的200个数分成100组，每组两个数，且同组两个数的和为201：A i＝{i，201－i}(i＝1，2，…，100)．(即分成{1，200}，{2，199}，{3，198}，…，{100，101}这100个组)；于是同组的两个数不能都是G的元素，这说明G中的元素不能超过100个．又若某一组中的两个数都不是G的元素，则G中的元素个数将少于100．这说明上述分组中的每个组都必须有1个数且只能有1个数是G 的元素．设G的元素中，x1，x2，…，x i为奇数，y1，y2，…，y j为偶数，且i+j=100(x1，x2，…，x i，y1，y2，…y j是a1，a2，…，a100的一个排列)．x1+x2+…+x i +y1+y2+…+y j=10080．由于i个奇数的和为偶数，故i为偶数，令i=2p(p∈N)．又由于201≡1(mod 4)，故A i中两个数或被4除余0与1，或被4除余2与3．把Ai中两数被4除的余数把这100组再分两类：{4k+1，4(50－k)}型的组共有50个(即A1，A4，A5，A8，…，A97，A100这50组)，{4k+3，4(50－k)－2}型的组共有50个(即A2，A3，A6，A7，…，A98，A99这50组)．设G中4k+1型的奇数共有m个，则4k+3型的奇数共有2p－m个，4(50－k)型的偶数共有50－m个，4(50－k)－2型的数共有50－2p+m个．所以，和a1+a2+…+a100≡m×1＋(2p－m)×3＋(50－m)×0＋(50－2p+m)×2 (mod 4)．即2p＋100应能被4整除．所以，2|p，即4|i．即是：G中奇数的个数是4的倍数．⑵证明因{a1，a2，…，a100，201－a1，201－a2，…，201－a100}＝{1，2，3，…，200}．故a21+a22+…+a2 100+(201－a1)2+(201－a2)2+…+(201－a100)2=12+22+32+…+2002为定值(＝16×200×201×401＝2686700)．展开即是a21+a22+…+a2 100＋2012×100－2×201×(a1＋a2＋…＋a100)＋a21+a22+…+a2 100=2(a21+a22+…+a2 100)＋2012×100－2×201×10080为定值(＝2686700)．即a21+a22+…+a2 100为定值(＝1349380)．例7 设有一个顶点都是格点的100边形，它的边都与x轴或y轴平行，且边长都是奇数．求证：它的面积也是奇数．(1987年中国数学奥林匹克) 分析先研究这个100边形的形状，必定是凹的多边形；再研究如何求这个多边形的面积，由于其形状不能确定，但其边与坐标轴平行，故可以用向x轴作垂线的方法(如例2的链接中所用的方法)把该多边形面积转化为一批矩形的面积和．再研究各矩形面积的奇偶性．证明显然，这些边必是一横一竖相间．从而这100条边中有50条为横边，50条为竖边．如图，不妨把这个100边形放在第一象限的x轴上方，并设A1A2为横边，A2A3为竖边，分别过A1、A3、A5、…、A99作x轴的垂线A1B1、A3B3、A5B5、…、A99B99，垂足分别为B1、B3、B5、…、B99．则该100边形可以看作50个矩形A1A2B3B1、A3A4B5B3、A5A6B7B5、…，A99A100B1B99的面积的代数和．由于A3B3＝A1B1±A3B3，而A3B3的长度为奇数，故A1B1与A3B3的长度数值奇偶性相反，于是，A1B1、A3B3、…、A99B99这50条线段的长度数值奇偶性相间．但A1A2、A3A4、…、A99A100的长度数值都是奇数，从而这50个矩形的面积数值也是奇偶相间，故其中有25个奇数，25个偶数．所以，这50个矩形面积的代数和为25个奇数与25个偶数的代数和，必为奇数．故证．例8 能否把1，1，2，2，3，3，4，4，…1986，1986这些数排成一行，使得两个1之间夹着一个数，两个2之间夹着两个数，…，两个1986之间夹着1986个数？请你证明你的结论．(1986年中国数学奥林匹克) 分析把位置编号，再进行奇偶分析．证明把一行1986×2＝3972个位置从左向右编成1至3972号，如果能排列成，则每个数都应占据一个号码．设两个“1”分别占了第i1及第i1＋2这两号，两个“2”分别占了第i2及i2＋3号，…，一般的，两个数“k”(k＝1，2，…，1986)分别占了第i k及第i k＋k＋1号．证法一各数所占的号码的和为(i1＋i1＋2)＋(i2＋i2＋3)＋…＋(i1986＋i1986＋1987)＝2(i1＋i2＋…＋i1986)＋2＋3＋…＋1987＝2(i1＋i2＋…＋i1986)＋1989×993．⑴故此号码和是奇数．但此号码和也应等于1＋2＋3＋…＋1986×2＝3973×1986．⑵却是偶数．由⑴、⑵矛盾，知不能按要求排成．证法二若k为奇数，则两个“k”占的第i k及第i k＋k＋1号是奇偶性相同的两个号码；若k为偶数，则两个“k”占的第i k及第i k＋k＋1号是奇偶性不同的两个号码．从1到3972共有1986个奇数号码与1986个偶数号码．又，从1到1986共有993个奇数，993个偶数．其中993个偶数分别占了993个奇数号码与993个偶数号码．于是余下993个奇数号码与993个偶数号码，每个奇数或占两个奇数号码，或占两个偶数号码，故必占偶数个奇数号码及偶数个偶数号码，而余下的却是奇数奇数号码与奇数个偶数号码，从而这样的排列不能排成．链接本题有一般性的结论，这就是下述竞赛题：求所有具有下述性质的n ∈N *，能够把2n 个数1，1，2，2，3，3，…，n ，n 排成一行，使得当k =1，2，…，n 时，在两个k 之间恰有k 个数．(1982年前苏联数学竞赛题)解：设n ∈N *，a 1，a 2，…，a 2n 是满足要求的排列．设数k 排在第m k 及m k +k +1位，故这2n 个数的数位和(即{a i }的下标和)为k =1∑n (m k +m k +k +1)=2k =1∑nm k +12n (n +3)． 但这2n 个数的位的和又等于1+2+…+2n =n (2n +1)．∴ 2k =1∑nm k = n (2n +1)－12n (n +3)= 12n (3n －1)． 于是14n (3n －1)为整数，但n 与3n －1奇偶性不同，故当n =4l 或3n －1=4l '时，即n =4l 或n =4l '－1时14n (3n －1)为整数． ∴ 当n ≡1，2(mod 4)时，不存在满足要求的排列．当n ≡0(mod 4)时，可把这1~4l 这些数如下排列：l =1时：2，3，4，2，1，3，1，4．l =2时：4，6，1，7，1，4，8，5，6，2，3，7，2，5，3，8．一般的：4l －4，...，2l ，4l －2，2l －3，...，1，4l －1，1， (2)－3，2l ，…，4l －4，4l ，4l －3，…2l +1，4l －2，2l －2，…，2， 2l －1，4l －1，2，…2l －2，2l +1，…4l －3，2l －1，4l ．当n ≡－1(mod 4)时，可把这4l －1个数如下排列：l =1时：2，3，1，2，1，3；l =2时：4，6，1，7，1，4，3，5，6，2，3，7，2，5．一般的，4l －4，...，2l ，4l －2，2l －3，...，1，4l －1，1， (2)－3，2l ，…，4l －4，2l －1，4l －3，…2l +1，4l －2，2l －2，…，2， 2l －1，4l －1，2，…2l －2，2l +1，…4l －3．其中，“…”表示一个公差为2或－2的等差数列．情景再现7．在圆周上按任意顺序写上4个1与5个0，然后进行下面的运算：在相邻的相同数字之间写上0，而在不同的相邻数字之间写上1，并擦掉原来的数字．接着进行同样的运算，如此继续．证明：不管这种运算进行多少次，都不可能得到9个0．(1975年南斯拉夫数学竞赛)8．设d1，d2，…，d k是正整数n的所有因数，这里，1=d1＜d2＜…＜d k＝n，k≣4，求所有满足d21+d22+d23+d24=n的正整数n．(1989年巴尔干数学竞赛)习题131．一天，某旅游者乘火车来到某个城市游玩，他玩了一天后于晚上回到来时的火车站，试证明：他总可以沿着他当天走过奇数次的街道回到火车站．2．将正方形ABCD分割成n2个相等的小方格(n是正整数)，把相对的项点A、C染成红色，把B、D染成蓝色，其它交点任意染红、蓝两色中的一种颜色．证明：恰有三个顶点同色的小方格数目必是偶数．3．在黑板上写有若干个0、1和2，现在可以擦掉两个不同的数字，并用另一个数字代替它们(用2代替0与1，用1代替0与2，用0代替1与2)．证明如果这种做法，最后在黑板上只留下一个数字，那么，留下的数字与操作顺序无关．(1975年第9届全苏数学奥林匹克)4．在平面上画了一个由边长为1的正六边形组成的蜂窝形网格，如果沿网格线从一个网格点A用最短路程走到另一个网格点时共走的路程为100，试证：他走的全程的一半是走在同一个方向上．5．已知多项式x3+bx2+cx+d的系数都是整数，并且bd+cd是奇数，则这个多项式不能分解成为两个整系数多项式的乘积．(1963年北京市高中数学竞赛)6．是否存在整数a，b，c，d，使得对所有的整数x，等式x4+2x2+2000x+30＝(x2+ax+b)(x2+cx+d)成立．7．能否将1990×1990方格表中的每个小方格涂成黑色或白色，使得关于表的中心对称的方格涂有不同的颜色，并且任一行及任一列中黑格与白格都各占一半．(1990全苏第4届数学奥林匹克)8．在99枚外观相同的硬币中，要找出其中的某些假币．已知每枚假币与真币的重量相差奇数克，而所给硬币重量和恰等于真币的重量，现有带指针标明整克数的双盘天平，证明只要称一次就可辨别指定的硬币是否是假币．(1987年第13届全俄数学奥林匹克)9．从集{0，1，2，…，14}中选出不同的数，填入图中的10个小圆圈中，使得由线段连结的两个数的差的绝对值均不相等，这可能吗？证明你的结论．(1991年第23届加拿大数学奥林匹克)10．设正整数d不等于2、5、13，证明：在集合{2，5，13，d}中，可以找到两个不同元素的a，b，使ab-1不是完全平方数．（1986年第27届国际数学奥林匹克竞赛试题）11．设P0，P1，P2，…，P1993=P0为xy平面上不同的点，具有下列性质：⑴P i的坐标均为整数，i=0，1，2，3， (1992)⑵在线段P i P i+1上没有其他的点，坐标均为整数，i=0，1，2，3， (1992)求证：对某个i，0≢i≢1992，在线段P i P i+1上有一个点Q(q x，q y)使2q x，2q y，均为奇整数．(1993年亚太地区数学奥林匹克)12．设n≣2，a1，a2，…，a n都是正整数，且a k≢k（1≢k≢n）．试证明：当且仅当a1+a2+…+a n为偶数时，可适当选取“+”号与“-”号，使a1±a2±…±a n=0．(1990年中国数学奥林匹克)本节“情景再现”解答：1．证明取十七位数a17a16…a2a1，颠倒其数字顺序后，所得数为Array a1a2…a16a17，把两数相加，如果和的各位数字都是奇数，则末位的a1＋a17是奇数，但和的首位数字是a17＋a1或a17＋a1＋1(当计算第16位数字时，如果没有进位，则为a17＋a1，若有进位，则为a17＋a1＋1)的末位数字(如果此和≣10，则此和是一个18位数，其首位为1)，若计算第16位时有进位，则第17位数字将是偶数a17＋a1＋1(或a17＋a1－9)，故第16位在计算时没有进位．这说明第16位的a2＋a16没有进位，此时，若第二位计算时有进位，则只能进1且由a2＋a16＝9，a1＋a17≣10引起，此时，和的第二位数字为0，与假设矛盾．即a1＋a17与a2＋a16均不能有进位．去掉a1、a2、a16、a17这4个数字后余下13位数，又可仿上证明，再连续去掉4位数字三次，剩下a9＋a9，只能得偶数．与假设矛盾，从而可知，和的各位数字中至少有一个是偶数．2．证明⑴当n为奇数时，因a、b同奇偶，所以an2+bn为偶数，又c为奇数，故an2+bn+c为奇数，所以an2+bn+c 0．⑵当n为偶数时，an2+bn为偶数，c为奇数，故其和an2+bn+c 为奇数，不等于零．3．证明我们不妨设棋盘的左上角为白格，设从上至下的行号依次为1，2，…，8，从左向右的列号依次为1，2，…，8．这样，国际象棋棋盘的每个方格被赋予一个坐标(a，b)，容易看出，棋盘的每个白格的坐标的两个分量之和都是偶数；每一个黑格的坐标的分量之和都是奇数．由条件，我们考虑这8枚棋子所在的坐标的各分量之和的总和S，则S＝(1+2+…+8)×2＝72．于是S为偶数，若黑格中的棋子数为k，就有k个奇数的和为偶数，从而k为偶数，即.棋盘的黑格中的棋子的个数为偶数．4．解按右图把棋盘的每个格子编号，由于共有3k行放了棋子，故每种编号的中放的棋子数一样多．每走一步，有两种编号上放的棋子数减少1，而第三种编号中放的棋子数增加1．于是每种格子中的棋子数的奇偶性都改变了．即开始时，每种格子中棋子数奇偶性相同，以后每走一步，三种格子中棋子数的奇偶性仍相同．如果最后只剩下1枚棋子，则有两种编号的中的棋子数为0，而另一种编号中的棋子数为1．奇偶性不同．矛盾．故不可能．5．证明若这些数都是奇数，则由于a2i≡1(mod 8)(i＝1，2，3，4，5)．所以a21+a22+a23+a24+a25≡5(mod 8)．但b2≡1(mod 8)，故证．6．证明记y i＝x i x i＋1x i＋2x i＋3，(1，2，…，n)，且x n＋r＝x r(r＝1，2，3，4)．则y i＝＋1或－1．由于y1＋y2＋…＋y n＝0，故{y1，y2，…，y n}中＋1与－1的个数相等，故2|n，设n＝2k(k∈N*)．即{y1，y2，…，y n}中有k个＋1，k个－1．又y1y2…y n＝x41x42…x4n＝1，但y1y2…y n＝(＋1)k(－1)k．故(－1)k＝1，从而k为偶数，设k＝4h(h∈N*)所以，n＝4h，即n是4的倍数．7．解若经过k次操作，第一次出现9个0，(即前面k－1次操作都没有出现9个0的情况)．这说明，第k－1次应该出现9个相同的数字，但不是0，而应出现全部是1，于是第k－2次操作所得应是全部0，1相间．于是圆周上的标数个数应为偶数个．但原来只标出9个数字，是奇数个，而经过1次操作，并不改变标出数字的个数．8．证明若n为奇数，则其每个因数都是奇数，于是d21+d22+d23+d24=n为偶数，矛盾．故n为偶数．故d1=1，d2=2，且d3、必一奇一偶．若d3=3，则d4≢6且d4必为偶数．当d4=4时，d21+d22 +d23+d24=30，不满足d4=4；当d4=6时d21+d22+d23+d24=50，不满足d4=6．故d3>3．3 |/n．若d3=4，则4|n，且d4为奇．由于d21+d22+d23+d24=n≡0(mod 4)，而d21≡1(mod4)，d22≡0(mod4)，d23≡0(mod4)，d24=1，与d21+d22+d23+d24≡0(mod 4)矛盾．故d3>4．4 |/n．从而d3必为奇数，于是由d21+d22+d23+d24=n≡2(mod4)故d4为偶数，从而d4=2d3．故1+4+d23+4d23=5+5d23=5(1+d23)=n，即5|n，d3=5，d4=10，⇒n=130．“习题13”解答：1．解设他到达某路口后，准备回火车站，此时设他已经到过这个交叉路口k次，前k－1次都是到达此路口又离开的，只有最后一次是他刚到达此路口的，从而他走过了连接该路口的2(k－1)＋1＝2k－1条街道(某条街道走过几次就算几条)，于是他不可能超过其中的每一条街道都是偶数次，即至少有一条街道他以前走过奇数次．于是，他可以沿此街道走下去，到达另一个路口，同样的道理，他又可选择一条他走过奇数次的街道走下去，由于他前面经过的街道是有限条，从而他不可能这样一直走下去，必于某一时刻到达车站．2．证明用数字代表颜色，红色记为1，蓝色记为－1．将小方格编号为1，2，…，n2，并记每个小方格四顶点的乘积为A i （i=1，2，…，n2）.若恰有三顶点同色，A i＝－1，否则A i=1．现在考虑乘：对正方形内部的交点，各点相应的数重复出现4次；积A1×A2×…×An2正方形各边上不是端点的交点所相应的数各出现2次；A、B、C、D四点＝1．因相应的数的乘积为1×1×(－1)×(－1)＝1．于是，A1×A2×…×An2中－1的个数必为偶数，即恰有三个顶点同色的小方此，A1，A2，…，An2格必有偶数个．3．解设原来写了p个0，q个1，r个2，每次操作，每种数字或增加1个，或减少1个，于是，每次操作，这3种数字的个数的奇偶性都同时改变，即p、q、r这三个数的奇偶性如果原来相同，则经过操作，其奇偶性仍相同，若原来奇偶性不同，则经过操作后奇偶性仍不同．若最后只留下一个数字，该数字的个数为奇，其余两个数字的个数为0，是偶数．这说明，原来p、q、r按奇偶性分类，必有2个属于同一类，这两类数最后全部擦去；另一个则属于另一类，而最后留下的数就是后一类的数．4．解考虑他走过水平的两条路，若这两条路之间没有走水平的路，则在这两条路上前进的方向不能相反，否则不是最短路，即走此两条路时的方向相同．由此可见，他在水平路上的前进方向始终相同，而在相邻的两次水平路间一定走过奇数条其他方向的路．故这两条水平路的路程数奇偶性相同．同理，其余两个方向上走的路程数的奇偶性也分别相同，即总有某个方向走了全路程的一半．5．证明设多项式x3+bx2+cx+d可以分解成两个多项式的乘积，则必可分解成一个一次式与一个二次式的积．设3+bx2+cx+d=(x+p)(x2+qx+r)，其中p、q、r都是整数．于是比较此式两边的系数，得pr=d；①pq+r=c；②p+q=b．③因bd+cd=(b+c)d为奇数，故d与b+c都是奇数．所以b与c必一奇一偶．⑴若b为奇数，c 为偶数，则由①：pr=d为奇数，故p与r都为奇数，所以由②知q为奇数，由③知q为偶数，二者矛盾；⑵若b为偶数，c为奇数，则由①知p与r都是奇数，于是由②得q 为偶数，由③得q 为奇数，二者矛盾．故x 3+bx 2+cx +d 不能分解成为两个整系数多项式的乘积．6．解 如果已知等式成立，又右边=x 4+(a +c )x 3+(b +d +ac )x 2+(bc +ad )x +bd ，于是有等式 x 4+2x 2+2000x +30=x 4+(a +c )x 3+(b +d +ac )x 2+(bc +ad )x +bd比较等式两边的对应项的系数，则有⎩⎨⎧a +c ＝0， ①b +d +ac ＝2， ②bc +ad ＝2000， ③bd ＝30． ④由④知，b 和d 一个为奇数，一个为偶数，不妨设b 为奇数，d 为偶数．再考虑③式，由d 是偶数，则ad 为偶数，又因为2000为偶数，则bc 必为偶数，再由b 为奇数得，c 为偶数.根据这些结果考虑②式，由b 为奇数，d 和c 为偶数可知b +d +ac 为奇数，可是等式右边是2，2为偶数，这样②式不可能成立，因此题目要求的a ，b ，c ，d 不存在．7．解 若能涂成，把黑格记为数“＋1”，白格记为数“－1”，于是所有各格中数的和为0．现把此方格表分成4个995×995的小方格表A 1，A 2，A 3，A 4如图．由于每个995×995方格中方格数都是奇数，从而其各数的和不等于0，由对称性知A 1与A 4、A 2与A 3中各数和符号相反，不妨设A 1、A 2中各数和为正，A 4、A 3中各数和为负．由于原方格表的前995行的和都为正，这说明此995行中不可能每行的数的和都为0．即存在某些行，该行中各数和为正．即该行中黑格比白格多．矛盾．故不可能涂成．8．证明 所给的硬币除指定的一枚硬币外，把余下的98枚分成两组，每组49枚，将它们分别置于两边的盘子上．如果两边的重量相差偶数克，那么取出那一枚硬币为真币；如果两边的重量相差奇数克，那么取出的那枚硬币是伪币．事实上，由于假币的重量与真币的重量相差奇数克，故当假币有奇数个时，这些假币的重量和必与相同个数的真币重量和相差奇数克，从而相差的克数不可能为0．所以在这99枚硬币中，假币有偶数枚．如果指定的这枚硬币是假币，则余下98枚硬币中，有奇行行。

高中数学数列中的奇偶项问题(解析版)精选全文完整版

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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。

奇偶分析

奇偶分析

奇偶分析我们知道，全体自然数按被2除的余数不同可以划分为奇数与偶数两大类。

被2除余1的属于一类，被2整除的属于另一类。

前一类中的数叫做奇数，后一类中的数叫做偶数。

关于奇偶数有一些特殊性质，比如，奇数≠偶数，奇数个奇数之和是奇数等。

灵活、巧妙、有意识地利用这些性质，加上正确的分析推理，可以解决许多复杂而有趣的问题。

用奇偶数性质解题的方法称为奇偶分析，善于运用奇偶分析，往往有意想不到的效果。

例1 下表中有15个数，选出5个数，使它们的和等于30，你能做到吗？为什么？分析与解：如果一个一个去找、去试、去算，那就太费事了。

因为无论你选择哪5个数，它们的和总不等于30，而且你还不敢马上断言这是做不到的。

最简单的方法是利用奇偶数的性质来解，因为奇数个奇数之和仍是奇数，表中15个数全是奇数，所以要想从中找出5个使它们的和为偶数，是不可能的。

例2 小华买了一本共有96张练习纸的练习本，并依次将它的各面编号（即由第1面一直编到第192面）。

小丽从该练习本中撕下其中25张纸，并将写在它们上面的50个编号相加。

试问，小丽所加得的和数能否为2000？解：不能。

由于每一张上的两数之和都为奇数，而25个奇数之和为奇数，故不可能为2000。

说明：“相邻两个自然数的和一定是奇数”，这条性质几乎是显然的，但在解题过程中，能有意识地运用它却不容易做到，这要靠同学们多练习、多总结。

例3 有98个孩子，每人胸前有一个号码，号码从1到98各不相同。

试问：能否将这些孩子排成若干排，使每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和？并说明理由。

解：不能。

如果可以按要求排成，每排中都有一个孩子的号码数等于同排中其余孩子号码数的和，那么每一排中各号码数之和都是某一个孩子号码数的2倍，是个偶数。

所以这98个号码数的总和是个偶数，但是这98个数的总和为1+2+…+98=99×49，是个奇数，矛盾！所以不能按要求排成。

例 4 如右图，把图中的圆圈任意涂上红色或蓝色。

小学奥数专题-奇数与偶数的性质与应用.学生版

小学奥数专题-奇数与偶数的性质与应用.学生版

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？【例 1】 从1开始的前2005个整数的和是______数(填：“奇”或“偶”)。

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？+++++【巩固】123456799100999897967654321+++++++++++++++++++++的和是奇数还是偶数？为什么？【巩固】(200201202288151152153233……）（……）得数是奇数还是偶数？++++-++++【例 2】12345679899+⨯+⨯+⨯++⨯的计算结果是奇数还是偶数,为什么？【例 3】东东在做算术题时,写出了如下一个等式：1038137564=⨯+,他做得对吗？【例 4】一个自然数分别与另外两个相邻奇数相乘,所得的两个积相差150,那么这个数是多少？【巩固】一个偶数分别与其相邻的两个偶数相乘,所得的两个乘积相差80,那么这三个偶数的和是多少？【例 5】能否在下式的“□”内填入加号或减号,使等式成立,若能请填入符号,不能请说明理由。

求数列中的最大项、最小项问题应用举例

求数列中的最大项、最小项问题应用举例

求数列中的最大项、最小项问题应用举例作者：徐方来源：《考试周刊》2013年第93期在高三进行数列专题复习时，经常遇到求数列的最大项、最小项及求某一项的最大值或最小值等问题，本文结合具体例题将其几种类型及解法叙述如下.一、归纳—猜想—证明例1.在数列{a }中，a =2，a =λa +λ +（2-λ）·2 （n∈N ），其中λ>0.（1）证明：{ -（） }为等差数列，并求数列{a }的通项公式；（2）证明：存在k∈N ，使得≤ 对任意n∈N 均成立.解：（1）通过构造法易知a =（n-1）λ +2 ，n∈N ；（2）通过归纳猜想出数列{ }的第一项最大，下面证明：≤ .采用分析法证明，要证 < ，（n≥2）只要证即证（） [（n-1）（λ +4）-2nλ]+λ >0 (1)因为（n-1）（λ +4）-2nλ=n（λ -2λ+4）-（λ +4）≥2（λ -2λ+4）-（λ +4）=（λ-2）≥0，所以（1）式恒成立，即存在k=1，使得≤ 对任意n∈N 均成立.二、利用公式C ≥C C ≥C例2.已知数列{a }的前n项的和S =2n -3n，数列{b }是正项等比数列，满足a =-b ，b （a -a ）=b ，记c =a ·b ，问是否存在正整数M，使得对一切n∈N ，C ≤M恒成立，若存在，请求出M的最小值；若不存在，请说明理由.解：∵a =4n-5，b =（），c =（4n-5）·（）假设数列{c }中存在最大项c ，那么一定有C ≥C C ≥C ，即（4n-5）（）≥（4n-9）（）（4n-5）（）≥（4n-1）（），解得≤n≤ ，所以n=3，c = .因此存在正整数M，并且M的最小值为2.三、分奇偶项讨论例3.已知等差数列{a }的通项公式为a =2n+21，（n是奇数）-4n-1，（n是偶数），设{a }的前n项的和为S ，求当S 最大时n的值.解：分两种情况讨论：（1）S 最大，因为S =-2k +20k+23=-2（k-5） +73，所以当k=5时，S 最大.（2）S 最大，因为S =-2k +16k=-2（k-4） +32，所以当k=4时，S 最大.经比较知，使S 取最大值时的n值为5.四、利用函数的单调性例4.数列{a }的各项均为正数，S 为其前项n的和，对于任意n∈N ，总有a ，S ，a 成等差数列，有一正项数列{c }满足：a =（c ）（n∈N ），求数列{c }的最大项.解：由条件易知：a =n（n∈N ）∵n+1=（c ），∴c =（n+1）；lnc = .下研究数列{lnc }的单调性，构造函数f（x）= ，f′（x）= .显然，当x∈（e，+∞）时，f′（x）0，从而函数f（x）= 在区间（0，e）内是单调递增函数，∴c 或c 可能最大，经比较c >c ，所以数列{c }中的最大项为c = .五、利用或F（n+1）-F（n）讨论数列的单调性例5.已知函数f（x）=log 的图像过点A（2，1）和B（5，2），记a =3 ，n∈N ，问是否存在正数k，使得（1+ ）·（1+ ）…（1+ ）≥k· 对一切n∈N 均成立？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由.解：由条件计算得：f（x）=log ，a =2n-1（n∈N ）设存在正数k，使得（1+ ）·（1+ ）…（1+ ）≥k· 对一切n∈N 均成立，则k≤ ·（1+ ）·（1+ ）…（1+ ）设F（n）= ·（1+ ）·（1+ ）…（1+ ）下面确定F（n）的单调性，并求出F（n）的最小值.∵ = >1∴F（n+1）>F（n）∵n∈N ，∴当n=1时，F（n） =F（1）= ，即k的最大值为 .六、分部讨论把目标函数分成性质不同的两部分，一部分是单调函数，另一部分是非单调函数，再转化成方法五去研究，最后综合在一起得出结论.例6.设数列{a }的前n项的积为T ，T =1-a ；数列{b }的前项和为S ，S =1-b ，若T （nb +n-2）≤kn对n∈N 恒成立，求实数k的取值范围.解：T = ，b =（），因为T （nb +n-2）≤kn对n∈N 恒成立，所以T （b + ）≤k对n∈N 恒成立，即 ·（）+ ≤k对n∈N 恒成立.分两部分：设f（n）= （），则当n∈N 时，f（n）单调递减，设g（n）= ，则g（n+1）= ，所以g（n）-g（n+1）= - = .因此当1≤n令l（n）=f（n）+g（n），经计算可知：l（1）l（4）>l（5）>l（6）>……所以l（3）最大，且l（3）= ，故k的取值范围为[ ，+∞）.七、图像法例7.数列{a }是公差为d的等差数列，它的前n项的和为S ，S =2S +4，b = ，若？坌∈N ，都有b ≤b 成立，求a 的取值范围.解：易知d=1，a =a +（n-1），∴b =1+ 且它的对称中心为（1-a ，1）.又∵？坌n∈N ，都有b ≤b 成立，∴b 是数列{b }的最大项，故：7八、线性规划法例8.设等差数列{a }前n项的和为S ，若S ≥10，S ≤15，则a 的最大值为多少？解：设{a }的首项为a ，公差为d，则有：2a +3d≥5a +2d≤3，根据线性规划可得a =a +4d 的最大值为5.总之，无论采用哪种方法，都要对问题进行认真分析，抓住问题的实质，选择恰当有效的方法.。

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。

数列通项公式的多种妙解方式(十六大经典题型)(解析版)

数列通项公式的多种妙解方式(十六大经典题型)(解析版)

数列通项公式的多种妙解方式经典题型一：观察法经典题型二：叠加法经典题型三：叠乘法经典题型四：待定系数法经典题型五：同除以指数经典题型六：取倒数法经典题型七：取对数法经典题型八：已知通项公式a n 与前n 项的和S n 关系求通项问题经典题型九：周期数列经典题型十：前n 项积型经典题型十一：“和”型求通项经典题型十二：正负相间讨论、奇偶讨论型经典题型十三：因式分解型求通项经典题型十四：其他几类特殊数列求通项经典题型十五：双数列问题经典题型十六：通过递推关系求通项(2022·全国·高考真题)记S n 为数列a n 的前n 项和，已知a 1=1,S n a n 是公差为13的等差数列．(1)求a n 的通项公式；(2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【解析】(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S 1a 1=1,又∵S n a n 是公差为13的等差数列，∴S n a n =1+13n -1 =n +23,∴S n =n +2 a n 3,∴当n ≥2时，S n -1=n +1 a n -13，∴a n =S n -S n -1=n +2 a n 3-n +1 a n -13,整理得：n -1 a n =n +1 a n -1,即a n a n -1=n +1n -1,∴a n =a 1×a 2a 1×a 3a 2×⋯×a n -1a n -2×a n a n -1=1×31×42×⋯×n n -2×n +1n -1=n n +1 2，显然对于n =1也成立，∴a n 的通项公式a n =n n +1 2；(2)1a n =2n n +1 =21n -1n +1 , ∴1a 1+1a 2+⋯+1a n=21-12 +12-13 +⋯1n -1n +1 =21-1n+1<2(2022·全国·高考真题(理))记S n为数列a n的前n项和．已知2S nn+n=2a n+1．(1)证明：a n是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．【解析】(1)因为2S nn+n=2a n+1，即2S n+n2=2na n+n①，当n≥2时，2S n-1+n-12=2n-1a n-1+n-1②，①-②得，2S n+n2-2S n-1-n-12=2na n+n-2n-1a n-1-n-1，即2a n+2n-1= 2na n-2n-1a n-1+1，即2n-1a n-2n-1a n-1=2n-1，所以a n-a n-1=1，n≥2且n∈N*，所以a n是以1为公差的等差数列．(2)由(1)可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=-12，所以a n=n-13，所以S n=-12n+nn-12=12n2-252n=12n-2522-6258，所以，当n=12或n=13时S n min=-78．类型Ⅰ观察法：已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项．类型Ⅱ公式法：若已知数列的前项和与a n的关系，求数列a n的通项a n可用公式a n=S1,(n=1)S n-S n-1,(n≥2)构造两式作差求解．用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即a1和a n合为一个表达，(要先分n=1和n≥2两种情况分别进行运算，然后验证能否统一)．类型Ⅲ累加法：形如a n+1=a n+f(n)型的递推数列(其中f(n)是关于n的函数)可构造：a n-a n-1=f(n-1)a n-1-a n-2=f(n-2)...a2-a1=f(1)将上述m2个式子两边分别相加，可得：a n=f(n-1)+f(n-2)+...f(2)+f(1)+a1,(n≥2)①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；②若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；③若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和；④若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和．类型Ⅳ累乘法：形如a n +1=a n ⋅f (n )a n +1a n=f (n )型的递推数列(其中f (n )是关于n 的函数)可构造：a n a n -1=f (n -1)a n -1a n -2=f (n -2)...a 2a 1=f (1)将上述m 2个式子两边分别相乘，可得：a n =f (n -1)⋅f (n -2)⋅...⋅f (2)f (1)a 1,(n ≥2)有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解．类型Ⅴ构造数列法：(一)形如a n +1=pa n +q (其中p ,q 均为常数且p ≠0)型的递推式：(1)若p =1时，数列{a n }为等差数列；(2)若q =0时，数列{a n }为等比数列；(3)若p ≠1且q ≠0时，数列{a n }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种： 法一：设a n +1+λ=p (a n +λ)，展开移项整理得a n +1=pa n +(p -1)λ，与题设a n +1=pa n +q 比较系数(待定系数法)得λ=q p -1,(p ≠0)⇒a n +1+q p -1=p a n +q p -1 ⇒a n +q p -1=p a n -1+qp -1 ，即a n +q p -1 构成以a 1+qp -1为首项，以p 为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出a n +qp -1 的通项整理可得a n .法二：由a n +1=pa n +q 得a n =pa n -1+q (n ≥2)两式相减并整理得a n +1-a na n -a n -1=p ,即a n +1-a n 构成以a 2-a 1为首项，以p 为公比的等比数列．求出a n +1-a n 的通项再转化为类型Ⅲ(累加法)便可求出a n .(二)形如a n +1=pa n +f (n )(p ≠1)型的递推式：(1)当f (n )为一次函数类型(即等差数列)时：法一：设a n +An +B =p a n -1+A (n -1)+B ，通过待定系数法确定A 、B 的值，转化成以a 1+A +B 为首项，以A m n =n ！n -m !为公比的等比数列a n +An +B ，再利用等比数列的通项公式求出a n +An +B 的通项整理可得a n .法二：当f (n )的公差为d 时，由递推式得：a n +1=pa n +f (n )，a n =pa n -1+f (n -1)两式相减得：a n +1-a n =p (a n -a n -1)+d ，令b n =a n +1-a n 得：b n =pb n -1+d 转化为类型Ⅴ㈠求出 b n ，再用类型Ⅲ(累加法)便可求出a n .(2)当f (n )为指数函数类型(即等比数列)时：法一：设a n +λf (n )=p a n -1+λf (n -1) ，通过待定系数法确定λ的值，转化成以a 1+λf (1)为首项，以A m n =n ！n -m !为公比的等比数列a n +λf (n ) ，再利用等比数列的通项公式求出a n +λf (n ) 的通项整理可得a n .法二：当f (n )的公比为q 时，由递推式得：a n +1=pa n +f (n )--①，a n =pa n -1+f (n -1)，两边同时乘以q 得a n q =pqa n -1+qf (n -1)--②，由①②两式相减得a n +1-a n q =p (a n -qa n -1)，即a n +1-qa na n -qa n -1=p ，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出a n .法三：递推公式为a n +1=pa n +q n (其中p ，q 均为常数)或a n +1=pa n +rq n (其中p ，q ， r 均为常数)时，要先在原递推公式两边同时除以q n +1，得：a n +1q n +1=p q ⋅a n q n +1q ，引入辅助数列b n (其中b n=a n q n)，得：b n +1=p q b n +1q 再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．(3)当f (n )为任意数列时，可用通法：在a n +1=pa n +f (n )两边同时除以p n +1可得到a n +1p n +1=a n p n +f (n )p n +1，令an p n =b n ，则b n +1=b n +f (n )pn +1，在转化为类型Ⅲ(累加法)，求出b n 之后得a n =p n b n ．类型Ⅵ对数变换法：形如a n +1=pa q (p >0,a n >0)型的递推式：在原递推式a n +1=pa q 两边取对数得lg a n +1=q lg a n +lg p ，令b n =lg a n 得：b n +1=qb n +lg p ，化归为a n +1=pa n +q 型，求出b n 之后得a n =10b n.(注意：底数不一定要取10，可根据题意选择)．类型Ⅶ倒数变换法：形如a n -1-a n =pa n -1a n (p 为常数且p ≠0)的递推式：两边同除于a n -1a n ，转化为1a n =1a n -1+p 形式，化归为a n +1=pa n +q 型求出1a n的表达式，再求a n ；还有形如a n +1=ma n pa n +q 的递推式，也可采用取倒数方法转化成1a n +1=m q 1a n +mp形式，化归为a n +1=pa n +q 型求出1a n的表达式，再求a n ．类型Ⅷ形如a n +2=pa n +1+qa n 型的递推式：用待定系数法，化为特殊数列{a n -a n -1}的形式求解．方法为：设a n +2-ka n +1=h (a n +1-ka n )，比较系数得h +k =p ,-hk =q ，可解得h 、k ，于是{a n +1-ka n }是公比为h 的等比数列，这样就化归为a n +1=pa n +q 型．总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式a n .(1)若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n =S 1，n =1S n -S n -1，n ≥2，n ∈N ∗注意：根据S n 求a n 时，不要忽视对n =1的验证．(2)在数列{a n }中，若a n 最大，则a n ≥a n -1a n ≥a n +1 ，若a n 最小，则a n≤a n -1a n ≤a n +1 .经典题型一：观察法1.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 的前4项为：12,15,18,111，则它的一个通项公式是( )A.12n -1B.12n +1C.13n -1D.13n +1【答案】C【解析】将12,15,18,111可以写成13×1-1,13×2-1,13×3-1,13×4-1，所以a n 的通项公式为13n -1；故选:C2.(2022·全国·高三专题练习(文))如图所示是一个类似杨辉三角的递推式，则第n 行的首尾两个数均为( )A.2nB.2n -1C.2n +2D.2n +1【答案】B【解析】依题意，每一行第一个数依次排成一列为：1，3，5，7，9，⋯，它们成等差数列，通项为2n -1，所以第n 行的首尾两个数均为2n -1.故选：B3.(2022·全国·高三专题练习)“一朵雪花”是2022年北京冬奥会开幕式贯穿始终的一个设计理念，每片“雪花”均以中国结为基础造型构造而成，每一朵雪花都闪耀着奥运精神，理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1901年研究的一种分形曲线，如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分划向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程.若第一个正三角形(图①)的边长为1，则第5个图形的周长为___________.【答案】25627【解析】由题意知下一个图形的边长是上一个图形边长的13，边数是上一个图形的4倍，则周长之间的关系为b n =13⋅4⋅b n -1=43b n -1，所以{b n }是公比为q =43的等比数列，而首项b 1=3，所以b n =3⋅43n -1，当n =5时，“雪花”状多边形的周长为b 5=25627.故答案为：25627经典题型二：叠加法4.(2022·全国·高三专题练习)在数列{a n }中，已知a 1=1p ，a n +1=a n na n +1，p >0,n ∈N *.若p =1，求数列{a n }的通项公式.【解析】由题意，a n +1=a n na n +1 ，得：1a n +1-1a n=n ，运用累加法：1a 2-1a 1+1a 3-1a 2+⋯+1a n -1a n -1=1+2+⋯+n -1=n n -1 2，n ≥2∴1a n -1a 1=n n -1 2，即1a n =n n -1 2+p ，n ≥2 ，当p =1时，a n =2n 2-n +2，n ≥2 ，当n =1时，a n =1成立，所以a n =2n 2-n +25.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a n +1n +1-a n n =1n n +1n ∈N *，且a 1=1，求数列a n 的通项公式；【解析】因为a n +1n +1-a n n =1n n +1=1n -1n +1，所以a n n -a n -1n -1=1n -1-1n n ≥2 ，a n -1n -1-a n -2n -2=1n -2-1n -1，⋯a 22-a 11=1-12，所以累加可得a n n -a 1=1-1nn ≥2 ．又a 1=1，所以a n n =2n -1n，所以a n =2n -1n ≥2 ．经检验，a 1=1，也符合上式，所以a n =2n -1．6.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 中，a 1=1中，a n +1=a n +n (n ∈N *)中，则a 4=________，a n =________.【答案】 7n 2-n +22【解析】依题意，n ∈N *，n ≥2，a n -a n -1=n -1，而a 1=1，则a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+⋯+(a n -a n -1)=1+1+2+⋯+(n -1)=1+1+n -12⋅n -1 =n 2-n +22，而a 1=1满足上式，所以a n =n 2-n +22，a 4=42-4+22=7.故答案为：7；n 2-n +22经典题型三：叠乘法7.(2022·全国·高三专题练习)在数列a n 中，a n +1=nn +2a n (n ∈N *)，且a 1=4，则数列a n 的通项公式a n =________.【答案】8n n +1【解析】由a n +1=n n +2a n ，得a n +1a n =nn +2，则a 2a 1=13，a 3a 2=24，a 4a 3=35，⋮a n a n -1=n -1n +1n ≥2 ，累乘得a n a 1=13×24×35×⋯×n -3n -1×n -2n ×n -1n +1=2n n +1，所以a n =8n n +1.故答案为：8n n +1 .8.(2022·全国·高三专题练习)设a n 是首项为1的正项数列，且(n +2)a n +12-na n 2+2a n +1a n =0(n ∈N *)，求通项公式a n =___________【答案】2n (n +1)【解析】由(n +2)a n +12-na n 2+2a n +1a n =0(n ∈N *)，得[(n +2)a n +1-na n ](a n +1+a n )=0，∵a n >0，∴a n +1+a n >0，∴(n +2)a n +1-na n =0 ，∴a n +1a n =nn +2，∴a n =a 1⋅a 2a 1⋅a 3a 2⋅a 4a 3⋅⋅⋅⋅⋅a n a n -1=1×13×24×35×⋅⋅⋅×n -2n ×n -1n +1=2n (n +1)(n ≥2)，又a 1=1满足上式，∴a n =2n (n +1).故答案为：2n (n +1).9.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 满足：a 1=23，2n +2-1 a n +1=2n +1-2 a n n ∈N * ，则a n 的通项公式为_____________.【答案】a n =2n2n -1 2n +1-1【解析】由2n +2-1 a n +1=2n +1-2 a n 得，a n +1a n =2n +1-22n +2-1=2⋅2n -12n +2-1，则a n a n -1⋅a n -1a n -2⋅a n -2a n -3⋅⋅⋅a 2a 1=2⋅2n -1-12n +1-1⋅2⋅2n -2-12n -1⋅2⋅2n -3-12n -1-1⋅⋅⋅2⋅21-123-1=2n -1⋅32n +1-1 2n -1，即a n a 1=3⋅2n -12n -1 2n +1-1 ，又a 1=23，所以a n =2n 2n -1 2n +1-1.故答案为：a n =2n2n -1 2n +1-1.经典题型四：待定系数法10.(多选题)(2022·广东惠州·高三阶段练习)数列a n 的首项为1，且a n +1=2a n +1，S n 是数列a n 的前n 项和，则下列结论正确的是( )A.a 3=7 B.数列a n +1 是等比数列C.a n =2n -1 D.S n =2n +1-n -1【答案】AB【解析】∵a n +1=2a n +1，可得a n +1+1=2a n +1 ，又a 1+1=2∴数列a n +1 是以2为首项，2为公比的等比数列，故B 正确；则a n +1=2n ，∴a n =2n -1，故C 错误；则a 3=7，故A 正确；∴S n =21-2n1-2-n =2n +1-n -2，故D 错误.故选：AB .11.(2022·河南安阳·三模(文))已知数列a n 满足a n +1=2a n +12，且前8项和为506，则a 1=___________.【答案】32【解析】由题意得：∵a n +1=2a n +12∴a n +1+12=2a n +12 ，即a n +1+12a n +12=2∴数列a n +12 是以a 1+12为首项，2为公比的等比数列，记数列a n +12 的前n 项和为T n T 8=a 1+12 (1-28)1-2=a 1+12+a 2+12+a 3+12+⋯+a 8+12=(a 1+a 2+a 3+⋯a 8)+12×8=506+4=510解得：a 1=32故答案为：3212.(2022·河北衡水·高三阶段练习)已知数列a n 的前n 项和为S n ，且满足2S n +n =3a n ，n ∈N *．(1)求数列a n 的通项公式；(2)若b n =a 2n ，求数列b n 的前10项和T 10．【解析】(1)当n =1时，2S 1+1=3a 1，即2a 1+1=3a 1，解得a 1=1；当n ≥2时，∵2S n +n =3a n ，∴2S n -1+n -1=3a n -1，两式作差得2a n +1=3a n -3a n -1，即a n =3a n -1+1,a n +12=3a n -1+12，∴a n +12a n -1+12=3，又a 1+12=32，∴数列a n +12 是以32为首项，3为公比的等比数列，∴a n +12=32×3n -1=3n 2，a n =3n 2-12=123n -1 .(2)∵b n =a 2n ，则T 10=b 1+b 2+b 3+⋯+b 10=a 2+a 4+⋯+a 20=1232-1 +34-1 +⋯+320-1=1232+34+⋯+320 -10=12321-910 1-9-10 =911-8916．13.(2022·全国·高三专题练习)设数列a n 满足a 1=2，a n -2a n -1=2-n n ∈N * ．(1)求证：a n -n 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)若b n =a n -n ⋅n ，求数列b n 的前n 项和T n ．【解析】(1)因为a 1=2，a n -2a n -1=2-n n ∈N * ，所以a n =2a n -1+2-n ，即a n -n =2a n -1-n -1又a 1-1=2-1=1，所以a n -n 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n -n =1×2n -1，所以a n =2n -1+n (2)由(1)可得b n =a n -n ⋅n =n ×2n -1，所以T n =1×20+2×21+3×22+⋯+n ×2n -1①，所以2T n =1×21+2×22+3×23+⋯+n ×2n ②，①-②得-T n =1+1×21+1×22+1×23+⋯+1×2n -1-n ×2n即-T n =1-2n1-2-n ×2n ，所以T n =n -1 ×2n +1；14.(2022·全国·高三专题练习)在数列a n 中，a 1=5，且a n +1=2a n -1n ∈N * .(1)证明：a n -1 为等比数列，并求a n 的通项公式；(2)令b n =(-1)n ⋅a n ，求数列b n 的前n 项和S n .【解析】(1)因为a n +1=2a n -1，所以a n +1-1=2a n -1 ，又a 1-1=4，所以a n +1-1a n -1=2，所以a n -1 是以4为首项，2为公比的等比数列.故a n -1=4×2n -1，即a n =2n +1+1.(2)由(1)得b n =(-1)n⋅2n +1+1 ，则b n =2n +1+1,n =2k ,k ∈N *-2n +1+1 ,n =2k -1,k ∈N* ，①当n =2k ,k ∈N *时，S n =-22-1 +23+1 -24+1 +⋯+-2n -1 +2n +1+1 =-22+23-24+25+⋯-2n +2n +1=22+24+⋯+2n =432n -1 ;②当n =2k -1,k ∈N *时，S n =S n +1-b n +1=432n +1-1 -2n +2+1 =-2n +2+73，综上所述，S n =432n -1 ,n =2k ,k ∈N*-2n +2+73,n =2k -1,k ∈N *经典题型五：同除以指数15.(2022·广东·模拟预测)已知数列a n 中，a 1=5且a n =2a n -1+2n -1n ≥2,n ∈N ∗ ，b n =a n -1n +1(1)求证：数列b n 是等比数列；(2)从条件①n +b n ，②n ⋅b n 中任选一个，补充到下面的问题中并给出解答．求数列______的前n 项和T n ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【解析】(1)因为a 1=5且a n =2a n -1+2n -1n ≥2,n ∈N ∗ ，所以当n ≥2时，a n -1=2a n -1-1 +2n ，所以a n -12n =a n -1-12n -1+1，即a n -12n -a n -1-12n -1=1所以a n -12n 是以a 1-12=2为首项，1为公差的等差数列，所以a n -12n =2+n -1 ×1=n +1，所以a n =n +1 2n+1，b n =a n -1n +1=n +1 2n+1-1n +1=2n因为b 1=a 1-11+1=2，n ≥2时，b n b n -1=2n 2n -1=2所以数列b n 是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)选①：因为b n =2n ，所以n +b n =n +2n ，则T n =(1+2)+2+22 +3+23 +⋅⋅⋅+n +2n=1+2+3+⋅⋅⋅+n +2+22+23+⋅⋅⋅+2n=12n n +1 +21-2n 1-2=n 22+n2+2n +1-2选②：因为b n =2n ，所以nb n =n ⋅2n，则T n =1×21+2×22+⋅⋅⋅+n ×2n (i )2T n =1×22+2×23+⋅⋅⋅+n ×2n +1(ii )(i )-(ii )得-T n =1×21+22+23+⋅⋅⋅+2n -n ×2n +1T n =n ×2n +1-21-2n 1-2=n ×2n +1-2n +1+2=n -1 2n +1+216.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=2a n +3n ，求数列a n 的通项公式.【解析】由a n +1=2a n +3n 两边同除以3n +1得a n +13n +1=23⋅a n 3n +13，令b n =a n 3n ，则b n +1=23b n +13，设b n +1+λ=23(b n +λ)，解得λ=-1，b n +1-1=23(b n -1)，而b 1-1=-23，∴数列{b n -1}是以-23为首项，23为公比的等比数列，b n -1=-23 n ，得a n =3n -2n17.(2022·全国·高三专题练习)在数列a n 中，a 1=1，S n +1=4a n +2，则a 2019的值为( )A.757×22020B.757×22019C.757×22018D.无法确定【答案】A【解析】∵a 1=1，S n +1=4a n +2，∴S 2=a 1+a 2=4a 1+2，解得a 2=5.∵S n +1=4a n +2，∴S n +2=4a n +1+2，两式相减得，a n +2=4a n +1-4a n ，∴a n +2-2a n +1=2a n +1-2a n ，∴a n +1-2a n 是以a 2-2a 1=3为首项，2为公比的等比数列，∴a n +1-2a n =3×2n -1，两边同除以2n +1，则a n +12n +1-a n 2n=34，∴a n 2n 是以34为公差，a 121=12为首项的等差数列，∴a n 2n =12+n -1 ×34=3n -14，∴a n =3n -14×2n =3n -1 ×2n -2，∴a 2019=3×2019-1 ×22017=757×22020.故选：A .经典题型六：取倒数法18.(2022·全国·高三竞赛)数列a n 满足a 1=p ，a n +1=a 2n +2a n ．则通项a n =______．【答案】p +1 2n -1-1【解析】∵a n =a 2n -1+2a n -1，∴a n +1=a n -1+1 2=a n -2+1 22=⋯=a 1+1 2n -1=p +1 2n -1．即a n =p +1 2n -1-1．故答案为p +1 2n -1-119.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=12，且a n +1=a n 3a n +1，则数列a n =__________【答案】13n -1【解析】由a n +1=a n 3a n +1两边取倒数可得1a n +1=1a n +3，即1a n +1-1a n=3所以数列1a n 是等差数列，且首项为2，公差为3，所以1a n=3n -1，所以a n =13n -1；故答案为：13n -120.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 满足a n +1=a n 1+2a nn ∈N ∗，a 1=1，则下列结论错误的是( )A.2a 10=1a 3+1a 17B.21an是等比数列C.2n -1 a n =1D.3a 5a 17=a 49【答案】D 【解析】由a n +1=a n 1+2a n ，且a 1=1，则a 2=a 12a 1+1>0，a 3=a 21+2a 2>0，⋯，以此类推可知，对任意的n ∈N ∗，a n >0，所以，1a n +1=1+2a n a n =1a n +2，所以1a n +1-1a n =2，且1a 1=1，所以，数列1a n 是等差数列，且该数列的首项为1，公差为2，所以，1a n =1+2n -1 =2n -1，则2n -1 a n =1，其中n ∈N ∗，C 对；21a n +121a n=21an +1-1a n=22=4，所以，数列21an是等比数列，B 对；由等差中项的性质可得2a 10=1a 3+1a 17，A 对；由上可知a n =12n -1，则3a 5a 17=3×12×5-1×12×17-1=199，a 49=12×49-1=197，所以，3a 5a 17≠a 49，D 错.故选：D .21.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n 满足a 1=1，a n +1=a n 4a n +1，(n ∈N *)，则满足a n >137的n 的最大取值为( )A.7 B.8C.9D.10【答案】C【解析】因为a n +1=a n 4a n +1，所以1a n +1=4+1a n ，所以1a n +1-1a n =4，又1a 1=1，数列1a n是以1为首项，4为公差的等差数列．所以1a n =1+4(n -1)=4n -3，所以a n =14n -3，由a n >137，即14n -3>137，即0<4n -3<37，解得34<n <10，因为n 为正整数，所以n 的最大值为9；故选：C 经典题型七：取对数法22.(2022·湖南·长郡中学高三阶段练习)若在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现对数列1，2进行构造，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；依次构造，第n n ∈N * 次得到的数列的所有项的积记为a n ，令b n =log 2a n ，则b 3=___________，b n =___________.【答案】 143n +12【解析】设第n 次构造后得到的数列为1，x 1，x 2，⋯，x k ，2.则a n =2x 1x 2⋯x k ，则第n +1次构造后得到的数列为1，x 1，x 1，x 1x 2，x 2，⋯，x k -1x k ，x k ，2x k ，2.则a n +1=4x 1x 2⋯x k 3=4×a n 2 3=12a 3n ，∴b n +1=log 2a n +1=log 212a 3n=-1+3b n ，∴b n +1-12=3b n -12 ，又∵b 1=log 222=2，∴数列b n -12 是以32为首项，3为公比的等比数列，∴b n -12=32×3n -1=3n 2，b n =3n +12，b 3=14.故答案为：14；3n +1223.(2022·全国·高三专题练习(文))英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列x n 满足x n +1=x n -f x nf x n，则称数列x n 为牛顿数列．如果函数f x =2x 2-8，数列x n 为牛顿数列，设a n =ln x n +2x n -2，且a 1=1，x n >2．数列a n 的前n 项和为S n ，则S n =______．【答案】2n -1【解析】∵f x =2x 2-8，∴f x =4x ，又∵x n +1=x n -f x n f x n=x n -2x n 2-84x n =x n 2+42x n ，∴x n +1+2=x n +2 22x n ，x n +1-2=x n -222x n，∴x n +1-2x n +1-2=x n +2x n -2 2，又x n >2∴ln x n +1+2x n +1-2=ln x n +2x n -2 2=2ln x n +2x n -2 ，又a n =ln x n +2x n -2，且a 1=1，所以a n +1=2a n ，∴数列a n 是首项为1，公比为2的等比数列，∴a n 的前n 项和为S n ，则S n =1×1-2n1-2=2n -1.故答案为：2n -1.经典题型八：已知通项公式a n 与前n 项的和S n 关系求通项问题24.(2022·江苏南通·高三开学考试)从条件①2S n =n +1 a n ，②a 2n +a n =2S n ,a n >0，③S n +S n -1=a n n ≥2 ，中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答.已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=1，___________.(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =a n +1+12n +1，记数列b n 的前n 项和为T n ，是否存在正整数n 使得T n >83.【解析】(1)若选择①，因为2S n =n +1 a n ,n ∈N *，所以2S n -1=na n -1,n ≥2，两式相减得2a n =n +1 a n -na n -1，整理得n -1 a n =na n -1,n ≥2,即a n n =a n -1n -1,n ≥2，所以a n n 为常数列，而a n n =a 11=1，所以a n =n ；若选择②，因为a 2n +a n =2S n n ∈N *，所以a 2n -1+a n -1=2S n -1n ≥2 ，两式相减a 2n -a 2n -1+a n -a n -1=2S n -2S n -1=2a n n ≥2 ，得a n -a n -1 a n +a n -1 =a n +a n -1n ≥2 ，因为a n >0,∴a n +a n -1>0,∴a n -a n -1=1n ≥2 ，所以a n 是等差数列，所以a n =1+n -1 ×1=n ；若选择③，由S n +S n -1=a n n ≥2 变形得，S n +S n -1=S n -S n -1，所以S n +S n -1=S n +S n -1 S n -S n -1 ，由题意知S n >0，所以S n -S n -1=1，所以S n 为等差数列，又S 1=a 1=1，所以S n =n ,S n =n 2,∴a n =S n -S n -1=2n -1n ≥2 ，又n =1时，a 1=1也满足上式，所以a n =2n -1；(2)若选择①或②，b n =n +1+12n +1=n +22n +1，所以T n =3×12 2+4×12 3+5×12 4+⋯+n +2 ×12n +1,所以12T n =3×12 3+4×12 4+5×12 5+⋯+n +2 ×12n +2，两式相减得12T n =3×12 2+12 3+12 4+⋯+12 n +1-n +2 ×12n +2=34+181-12n -1 1-12-n +2 ×12 n +2=1-n +42n +2，则T n =2-n +42n +1，故要使得T n >83，即2-n +42n +1>83，整理得，n +42n +1<-23，当n ∈N *时，n +42n +1>0，所以不存在n ∈N *，使得T n >83.若选择③，依题意，b n =a n +1+12n +1=n +12n，所以T n =2×12+3×12 2+4×12 3+⋯+n +1 ×12n，故12T n =2×12 2+3×12 3+4×12 4+⋯+n +1 ×12 n +1，两式相减得：12T n =1+12 2+12 3+⋯+12 n -n +1 ×12 n +1=1+141-12n -1 1-12-n +1 ×12 n +1=32-n +32n +1，则T n =3-n +32n ，令T n =3-n +32n >83，则n +32n <13，即2n -3n -9>0，令c n =2n -3n -9，则c 1=-10<0，当n ≥2时，c n +1-c n =2n +1-3n +1 -9-2n -3n -9 =2n -3>0，又c 4<0,c 5>0，故c 2<c 3<c 4<0<c 5<c 6⋯，综上，使得T n >83成立的最小正整数n 的值为5.25.(2022·河南省上蔡第一高级中学高三阶段练习(文))记各项均为正数的等比数列a n 的前n 项和是S n ，已S n =a n +43a n +1-4n ∈N * .(1)求a n 的通项公式；(2)求数列na 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S n =a n +43a n +1-4n ∈N * ，所以当n =1时，a 1=a 1+43a 2-4，解得a 2=3；当n =2时，a 1+a 2=a 2+43a 3-4，则a 1=43a 3-4.因为a n 是等比数列，所以a 1a 3=a 22，即43a 3-4 a 3=9，整理得4a 23-12a 3-27=0，解得a 3=-32(舍去)或a 3=92.所以q =a 3a 2=32,a 1=a 2q=2，所以a n =2×32n -1.(2)由(1)得na n =2n ×32 n -1，所以T n =2×1+2×32+3×32 2+⋯+n -1 × 32 n -2+n ×32 n -1①则32T n =2×1×32+2×32 2+3×32 3+⋯+ n -1 ×32 n -1+n ×32 n ②①-②得-T n 2=2×1+32+32 2+323+⋯+ 32 n -1 -2n ×32 n=2×1-32 n1-32-2n ×32 n =-4+4-2n ×32 n ,所以T n =4n -8 ×32n+8.26.(2022·全国·高三专题练习)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a n +1=-S n S n +1n ∈N * ，a 1=1. 求证：数列1S n是等差数列.【解析】∵-S n S n +1=a n +1=S n +1-S n ，S 1=1≠0，则S n ≠0，所以-1=S n +1-S nS n S n +1，有1S n +1-1S n=1，所以数列1S n 是以1为首项，1为公差的等差数列.经典题型九：周期数列27.(2022·上海中学高二期末)数列{x n }满足x n +1=x n -x n -1,n ≥2,n ∈N *,x 1=a ,x 2=b ，则x 2019=_________.【答案】b -a .【解析】由题干中递推公式，可得：x 1=a ，x 2=b ，x 3=x 2-x 1=b -a ，x 4=x 3-x 2=b -a -b =-a ，x 5=x 4-x 3=-a -(b -a )=-b ，x 6=x 5-x 4=-b -(-a )=a -b ，x 7=x 6-x 5=a -b -(-b )=a ，x 8=x 7-x 6=a -(a -b )=b ，x 9=x 8-x 7=b -a ，⋯∴数列{x n }是以6为最小正周期的周期数列．∵2019÷6=336⋯3，∴x 2019=x 3=b -a ．故答案为b -a .28.(2022·全国·高三专题练习)数列{a n }满足a 1=2，a 2=11-a 1，若对于大于2的正整数n ，a n =11-a n -1，则a 102=__________.【答案】12【解析】由题意知：a 2=11-2=-1,a 3=11--1 =12,a 4=11-12=2,a 5=11-2=-1，故{a n }是周期为3的周期数列，则a 102=a 3×34=a 3=12.故答案为：12.29.(2022·河南·模拟预测(文))设数列a n 满足a n +1=1+a n 1-a n ,且a 1=12，则a 2022=( )A.-2 B.-13C.12D.3【答案】D【解析】由题意可得：a 2=1+a 11-a 1=1+121-12=3，a 3=1+a 21-a 2=1+31-3=-2，a 4=1+a 31-a 3=1+-2 1--2 =-13，a 5=1+a 41-a 4=1-131+13=12=a 1，据此可得数列a n 是周期为4的周期数列，则a 2022=a 505×4+2=a 2=3.故选：D30.(2022·全国·高三专题练习)设数列a n 的通项公式为a n =-1 n 2n -1 ⋅cos n π2+1n ∈N * ，其前n 项和为S n ，则S 120=( )A.-60 B.-120C.180D.240【答案】D【解析】当n =4k -3，k ∈N *时，cos n π2=0，a 4k -3=1；当n =4k -2，k ∈N *时，cosn π2=-1，a 4k -2=2×4k -2 -1 ×-1 +1=-8k +6；当n =4k -1，k ∈N *时，cos n π2=0，a 4k -1=1；当n =4k ，k ∈N *时，cos n π2=1，a 4k =2×4k -1+1=8k .∴a 4k -3+a 4k -2+a 4k -1+a 4k =1+-8k +6 +1+8k =8，∴S 120=1204×8=240.故选：D 经典题型十：前n 项积型31.(2022·全国·高三专题练习)设数列a n 的前n 项积为T n ，且T n =2-2a n n ∈N * .(1)求证数列1T n 是等差数列；(2)设b n =1-a n 1-a n +1 ，求数列b n 的前n 项和S n .【解析】(1)因为数列a n 的前n 项积为T n ，且T n =2-2a n n ∈N * ，∴当n =1时，T 1=a 1=2-2a 1，则a 1=23，1T 1=32.当n ≥2时，T n =2-2T n T n -1⇒1=2T n -2T n -1，∴1T n -1T n -1=12，所以1T n 是以1T 1=32为首项，12为公差的等差数列；(2)由(1)知数列1T n =n +22，则由T n =2-2a n 得a n =n +1n +2，所以b n =1n +2 n +3=1n +2-1n +3，所以S n =13-14 +14-15 +⋯+1n +2-1n +3 =13-1n +3=n 3n +9.32.(2022·全国·高三专题练习)记T n 为数列a n 的前n 项积，已知1T n +3a n=3，则T 10=( )A.163B.154C.133D.114【答案】C 【解析】n =1,T 1=43,T n =a 1a 2a 3⋯a n ,则a n =T n T n -1(n ≥2)，代入1T n +3a n =3，化简得：T n -T n -1=13，则T n =n +33,T 10=133.故选:C .33.(2022·全国·高三专题练习)记S n 为数列a n 的前n 项和，b n 为数列S n 的前n 项积，已知2S n +b n =2，则a 9=___________.【答案】1110【解析】因为b n =S 1∙S 2∙⋯S n ，所以b 1=S 1=a 1，b n -1=S 1∙S 2∙⋯S n -1(n ≥2)，S n =b nb n -1(n ≥2), 又因为2S n +b n =2，当n =1时，得 a 1=23，所以b 1=S 1=a 1=23， 当n ≥2时， 2×b nb n -1+b n =2，即2b n =2b n -1+1，所以2b n 是等差数列，首项为2b 1=3，公差d =1， 所以2b n=3+(n -1)×1=n +2，所以b n =2n +2，满足 b 1=23，故b n =2n +2，即S 1∙S 2∙⋯S n =2n +2，所以S 1∙S 2∙⋯S n -1=2n +1(n ≥2)，两式相除得：S n =n +1n +2，所以S n -1=nn +1(n ≥2)，所以a n =S n -S n -1=n +1n +2-n n +1=1(n +1)(n +2)，所以a 9=111×10=1110.故答案为：1110.经典题型十一：“和”型求通项34.(2022·山西·太原市外国语学校高三开学考试)在数列a n 中，a 1=1，且n ≥2，a 1+12a 2+13a 3+⋯+1n -1a n -1=a n .(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =1a n a n +1，且数列b n 的前项n 和为S n ，证明：S n <3.【解析】(1)因为n ≥2,a 1+12a 2+13a 3+⋯+1n -1a n -1=a n ，所以当n ≥3,a 1+12a 2+13a 3+⋯+1n -2a n -2=a n -1，两式相减，得1n -1a n -1=a n -a n -1，即nn -1a n -1=a n ，当n =2时，a 2=a 1=1，所以当n ≥3时，a n a n -1=nn -1，所以当n ≥3时，a n =a n a n -1×a n -1a n -2×⋯×a 3a 2×a 2=n n -1×n -1n -2×⋯×32×1=n2，当n =2时，上式成立；当n =1时，上式不成立，所以a n =1,n =1n2,n ≥2.(2)证明：由(1)知b n =1,n =14n (n +1),n ≥2当n ≥2时，b n =4n (n +1)=41n -1n +1 ，所以当n =1，S 1=1<3；当n ≥2时，S n =1+412-13 +413-14 +⋯+41n -1n +1=1+412-13+13-14+⋯+1n -1n +1 =1+412-1n +1 =3-4n +1<3.综上，S n <3.35.(2022·全国·高三专题练习)数列a n 满足a 1∈Z ，a n +1+a n =2n +3，且其前n 项和为S n .若S 13=a m ，则正整数m =( )A.99 B.103C.107D.198【答案】B【解析】由a n +1+a n =2n +3得a n +1-(n +1)-1=-a n -n -1 ，∴a n-n-1为等比数列，∴a n-n-1=(-1)n-1a1-2，∴a n=(-1)n-1a1-2+n+1，a m=(-1)m-1a1-2+m+1，∴S13=a1+a2+a3+⋯+a12+a13=a1+2×(2+4+⋯+12)+3×6=a1+102，①m为奇数时，a1-2+m+1=a1+102，m=103；②m为偶数时，-a1-2+m+1=a1+102，m=2a1+99，∵a1∈Z，m=2a1+99只能为奇数，∴m为偶数时，无解，综上所述，m=103.故选：B.36.(2022·黑龙江·哈师大附中高三阶段练习(理))已知数列a n的前n项和为S n，若S n+1+S n=2n2n∈N*，且a1≠0，a10=28，则a1的值为A.-8B.6C.-5D.4【答案】C【解析】对于S n+1+S n=2n2，当n=1时有S2+S1=2，即a2-2=-2a1∵S n+1+S n=2n2，∴S n+S n-1=2(n-1)2，(n≥2)两式相减得：a n+1+a n=4n-2a n+1-2n=-a n-2(n-1)，(n≥2)由a1≠0可得a2-2=-2a1≠0,∴a n+1-2na n-2(n-1)=-1(n≥2)即a n-2(n-1)从第二项起是等比数列，所以a n-2(n-1)=a2-2(-1)n-2，即a n=a2-2(-1)n-2+2(n-1)，则a10=a2-2+18=28，故a2=12，由a2-2=-2a1可得a1=-5，故选C.经典题型十二：正负相间讨论、奇偶讨论型37.(2022·河南·高二阶段练习(文))数列a n满足a1=1,a n+a n+1=3n n∈N*，则a2018=__________ _.【答案】3026【解析】∵a n+a n+1=3n，∴a n+1+a n+2=3n+1，得a n+2-a n=3，∵a1=1,a n+a n+1=3n n∈N*，∴a1+ a2=3⇒a2=2，所以a n的偶数项构成等差数列，首项为2，公差为3，∴a2018=a2+1008×3=2+3024= 3026.故答案为：302638.(2022·全国·高三专题练习)已知数列a n中，a1=1，a2=2，a n+2=-1n+1a n+2，则a18a19=( )A.3B.113C.213D.219【答案】D【解析】当n为奇数时，a n+2-a n=2，即数列a n中的奇数项依次构成首项为1，公差为2的等差数列，所以，a19=1+10-1×2=19，当n为偶数时，a n+2+a n=2，则a n+4+a n+2=2，两式相减得a n+4-a n=0，所以，a18=a4×4+2=a2=2，故a18a19=219，故选：D.39.(2022·广东·高三开学考试)已知数列a n满足a1=3，a2=2，a n+2=a n-1,n=2k-1 3a n,n=2k .(1)求数列a n的通项公式；(2)求数列a n的前2n项的和S2n.【解析】(1)当n为奇数时，a n+2-a n=-1，所以所有奇数项构成以a1=3为首项，公差为-1的等差数列，所以a n=3+(n-1)⋅-12=7-n2，当n为偶数时，a n+2=3a n，所以所有偶数项构成以a2=2为首项，公比为3的等比数列，所以a n=2×(3)n-2=2×3n-22，所以a n=7-n2,n=2k-1 2×3n-22,n=2k ；(2)S2n=a1+a2+⋯+a2n=a1+a3+a5+⋯+a2n-1+a2+a4+⋯+a2n=3n+(-1)⋅n(n-1)2+21-3n1-3=(7-n)n2+3n-1=-12n2+72n+3n-1.40.数列{a n}满足a n+2+(-1)n+1a n=3n-1，前16项和为540，则a2= ．【解析】解：因为数列{a n}满足a n+2+(-1)n+1a n=3n-1，当n为奇数时，a n+2+a n=3n-1，所以a3+a1=2，a7+a5=14，a11+a9=26，a15+a13=38，则a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15=80，当n为偶数时，a n+2-a n=3n-1，所以a4-a2=5，a6-a4=11，a8-a6=17，a10-a8=23，a12-a10=29，a14-a12=35，a16-a14=41，故a4=5+a2，a6=16+a2，a8=33+a2，a10=56+a2，a12=85+a2，a14=120+a2，a16=161+a2，因为前16项和为540，所以a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=540-80=460，所以8a2+476=460，解得a2=-2．故答案为：-2．41.(2022•夏津县校级开学)数列{a n}满足a n+2+(-1)n a n=3n-1，前16项和为508，则a1= ．【解析】解：由a n+2+(-1)n a n=3n-1，当n为奇数时，有a n+2-a n=3n-1，可得a n-a n-2=3(n-2)-1，⋯a3-a1=3⋅1-1，累加可得a n-a1=3[1+3+⋯+(n-2)]-n-12=(n-1)(3n-5)4；当n为偶数时，a n+2+a n=3n-1，可得a4+a2=5，a8+a6=17，a12+a10=29，a16+a14=41．可得a2+a4+⋯+a16=92．∴a 1+a 3+⋯+a 15=416．∴8a 1+14(0+8+40+96+176+280+408+560)=416，∴8a 1=24，即a 1=3．故答案为：3．经典题型十三：因式分解型求通项42.(2022秋•安徽月考)已知正项数列{a n }满足：a 1=a ，a 2n +1-4a 2n +a n +1-2a n =0，n ∈N *．(Ⅰ)判断数列{a n }是否是等比数列，并说明理由；(Ⅱ)若a =2，设a n =b n -n ．n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】解：(Ⅰ)∵a 2n +1-4a 2n +a n +1-2a n =0，∴(a n +1-2a n )(a n +1+2a n +1)=0，又∵数列{a n }为正项数列，∴a n +1=2a n ，∴①当a =0时，数列{a n }不是等比数列；②当a ≠0时，an +1a n=2，此时数列{a n }是首项为a ，公比为2的等比数列．(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：a n =2n ，∴b n =2n +n ，∴S n =(21+22+⋯+2n)+(1+2+⋯+n )=2(1-2n )1-2+n (1+n )2=2n +1-2+n (n +1)2．43.(2022•怀化模拟)已知正项数列{a n }满足a 1=1，2a 2n -a n -1a n -6a 2n -1=0(n ≥2,n ∈N *)设b n =log 2a n ．(1)求b 1，b 2b 3；(2)判断数列{b n }是否为等差数列，并说明理由；(3){b n }的通项公式，并求其前n 项和为S n ．【解析】解：(1)a 1=1，2a 2n -a n -1a n -6a 2n -1=0，a n >0，可得(2a n +3a n -1)(a n -2a n -1)=0，则a n =2a n -1，数列{a n }为首项为1，公比为2的等比数列，可得a n =2n -1；b n =log 2a n =n -1，b 1=0，b 2b 3=1×2=2；(2)数列{b n }为等差数列，理由：b n +1-b n =n -(n -1)=1，则数列{b n }为首项为0，公差为1的等差数列；(3)b n =log 2a n =log 22n -1=n -1，前n 项和为S n =12n (0+n -1)=n 2-n2．44.(2022秋•仓山区校级月考)已知正项数列{a n }满足a 1=2且(n +1)a 2n +a n a n +1-na 2n +1=0(n ∈N *)(Ⅰ)证明数列{a n }为等差数列；(Ⅱ)若记b n =4a n a n +1，求数列{b n }的前n 项和S n ．【解析】(I )证明：由(n +1)a 2n +a n a n +1-na 2n +1=0(n ∈N *)，变形得：(a n +a n +1)[(n +1)a n -na n +1]=0，由于{a n }为正项数列，∴a n +1a n =n +1n，利用累乘法得：a n =2n (n ∈N *)从而得知：数列{a n }是以2为首项，以2为公差的等差数列．(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：b n=42n∙2(n+1)=1n(n+1)=1n-1n+1，从而S n=b1+b2+⋯+b n=1-1 2+12-13+13-15+⋯+1n-1-1n+1=1-1n+1=n n+1．经典题型十四：其他几类特殊数列求通项45.(2022·全国·高三专题练习)在数列{a n}中，已知各项都为正数的数列{a n}满足5a n+2+4a n+1-a n=0.(1)证明数列{a n+a n+1}为等比数列；(2)若a1=15，a2=125，求{a n}的通项公式.【解析】(1)各项都为正数的数列{a n}满足5a n+2+4a n+1-a n=0，得a n+1+a n+2=15(a n+1+a n)，即a n+1+a n+2 a n+a n+1=15所以数列{a n+a n+1}是公比为15的等比数列；(2)因为a1=15，a2=125，所以a1+a2=625，由(1)知数列{a n+a n+1}是首项为625，公比为15的等比数列，所以a n+a n+1=625×15n-1，于是a n+1-15n+1=-an-15 n=(-1)n a1-15，又因为a1-15=0，所以a n-15 n=0，即a n=15 n.46.(2022·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测)已知数列a n满足a1=1,a2=6，且a n+1=4a n-4a n-1, n≥2,n∈N*.(1)证明数列a n+1-2a n是等比数列，并求数列a n的通项公式；(2)求数列a n的前n项和S n.【解析】(1)因为a n+1=4a n-4a n-1,n≥2,n∈N*所以a n+1-2a n=2a n-4a n-1=2(a n-2a n-1)又因为a2-2a1=4所以a n+1-2a n是以4为首项，2为公比的等比数列.所以a n+1-2a n=4×2n-1=2n+1变形得a n+12n+1-a n2n=1所以a n2n是以a12=12为首项，1为公差的等差数列所以a n2n=12+n-1=n-12，所以a n=(2n-1)2n-1(2)因为T n=1×20+3×21+5×22+⋅⋅⋅+(2n-1)2n-1⋯①所以2T n=1×21+3×22+5×23+⋅⋅⋅+(2n-1)2n⋯②①-②得：-T n=1+22+23+⋅⋅⋅+2n-1-(2n-1)2n=1+22(1-2n-1)1-2-(2n-1)2n所以T n=(2n-1)2n-2n+1+3=(2n-3)2n+347.(2022·内蒙古·赤峰红旗中学松山分校模拟预测(理))设数列{a n}的前n项和为S n，满足2S n=a2n+1a n n∈N*，则下列说法正确的是( )A.a2021⋅a2022<1B.a2021⋅a2022>1C.a2022<-22022D.a2022>22022【答案】A【解析】因为数列{a n}的前n项和为S n，满足2S n=a2n+1a n n∈N*，。

第二讲奇偶分析2

第二讲奇偶分析2

第二讲奇数与偶数整数可以分成两大类。

能被2整除的数叫做偶数，一般表示为2n〔n为整数〕，不能被2整除的数叫做奇数，一般表示为2n＋1〔n为整数〕。

特别注意，因为0能被2整除，所以0是偶数。

其运算性质有以下几种：〔1〕奇数±奇数=偶数奇数±偶数=奇数偶数±偶数=偶数奇数×奇数=奇数奇数×偶数=偶数偶数×偶数=偶数〔2〕两个数之和与这两个数之差，有着相同的奇偶性。

〔3〕多个数相加时，和的奇偶性由奇数的个数决定。

加数中有奇数个奇数时，和是奇数。

加数中有偶数个奇数时，和是偶数。

〔4〕多个数相乘时，只要有一个数是偶数，积即为偶数。

〔5〕奇数的平方被4除余1，偶数的平方是4的倍数。

〔6〕相邻两个自然数之积必为偶数，其和必为奇数。

〖经典例题〗例1、1＋2＋3＋4＋…＋2004＋2005是奇数还是偶数？分析：1～2005中，有1003个奇数，所以和是奇数。

例2、能否从、四个6，三个10，两个14中选出5个数，使这5个数的和等于44.分析：此题相当于：能否从、四个3，三个5，两个7中选出5个数，使这5个数的和等于22.因为3，5，7都是奇数，而且5个奇数的和还是奇数，不可能等于偶数22，所以不能.〖方法总结〗此题用到的是性质〔3〕，我们没有必要将这些数的和算出来，再判断其奇偶性，而只要看奇数的个数就可以了。

〖稳固练习〗练习1：能不能在下式：1□2□3□4□5□6□7□8□9=10的每个方框中，分别填入加号或减号，使等式成立？不能。

因为有5个奇数，所以结果必为奇数。

练习2：一个数分别与另外两个相邻奇数相乘，所得的两个积相差150，这个数是多少？两个奇数的差是2，因此150÷2=75练习3：2，4，6，8，……是连续的偶数，假设五个连续的偶数的和是320，这五个数中最小的一个是多少？等差数列求和公式：320÷5=64，因此最小的是60.练习4：有3个不同的自然数组成一等式：□＋△＋○=□×△－○这三个数中最多有几个奇数？1个奇数练习5：能否从2、6、10、14、18、22、26、30这8个数中选出3个数来，使它们的和为48？分析：此题相当于：能否从1、3、5、7、9、11、13、15这8个数中选出3个数来，使它们的和为24？奇数个奇数相加的和为奇数不可能为偶数.所以不能.〖经典例题〗例3、把1～99这99个自然数的顺序打乱后重新排列，并把新排列的每个数依次加上1，2，3，…，99.问最后得到的99个数之积是奇数还是偶数？分析：1～99中有50个奇数，49个偶数。

《数的奇偶性》数学教案设计

《数的奇偶性》数学教案设计

《数的奇偶性》數學教案設計教案设计：《数的奇偶性》一、教学目标：1. 让学生理解奇数和偶数的概念。

2. 学会判断一个数是奇数还是偶数。

3. 通过实践活动，提高学生的观察力和思维能力。

二、教学重点和难点：重点：理解奇数和偶数的概念，掌握判断一个数是奇数还是偶数的方法。

难点：理解和运用奇偶性的性质。

三、教学过程：1. 导入新课：教师引导学生观察一组数字（如1,2,3,4,5……），并提问：“这些数字有什么规律？”引导学生发现有的数字可以被2整除，有的不能。

2. 新授：(1) 奇数和偶数的概念解释奇数和偶数的概念，并举例说明。

奇数是指不能被2整除的自然数，例如1、3、5等；偶数是指能被2整除的自然数，例如2、4、6等。

(2) 判断方法教授学生如何判断一个数是奇数还是偶数。

主要方法是看这个数能否被2整除，如果能被2整除就是偶数，不能被2整除就是奇数。

(3) 奇偶性的性质讲解奇偶性的基本性质，如“两个偶数相加或相减的结果是偶数”、“两个奇数相加或相减的结果是偶数”、“一个奇数与一个偶数相加或相减的结果是奇数”。

3. 实践活动：设计一些实践题，让学生在实践中应用所学知识，如让学生找出1-20中所有的奇数和偶数，或者让学生计算一些奇数和偶数的加减运算。

4. 小结：回顾本节课的内容，强调奇数和偶数的概念以及判断方法，再次阐述奇偶性的性质。

5. 作业：布置一些练习题，让学生进一步巩固所学知识。

四、教学反思：在教学过程中，要注重引导学生自主探索和思考，培养他们的逻辑思维能力和问题解决能力。

同时，也要注意观察学生的学习情况，及时调整教学方法和策略，确保每个学生都能理解和掌握所学知识。

专题08 解决数列的综合问题-2021年高考数学二轮复习核心考点微专题(苏教版)(原卷版)

专题08 解决数列的综合问题-2021年高考数学二轮复习核心考点微专题(苏教版)(原卷版)

【真题感悟】1．已知函数f (x )＝6(3)3,7,7x a x x a x ---≤⎧⎨>⎩，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n ∈N *，且数列{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是________．2.数列{a n }满足a n ＝n ＋λ2n －17(其中λ为实常数)，n ∈N *，且a 8数列{a n }的最小项， a 9数列{a n }的最大项，则实数λ的取值范围为________．3.已知数列{b n }满足b n ＝2λ⎝⎛⎭⎫－12n －1－n 2，若数列{b n }是单调递减数列，则实数λ的取值范围为________．4.数列{a n }满足a n ＝n ＋c n(其中c 为实常数)，n ∈N *，且a 3为数列{a n }的最小项，则实数λ的取值范围为________．【考向分析】数列问题一直以来是高考的重点且位于压轴题的位置，而数列的特点是方法灵活，难度较大，本专题就数列中的单调性问题，奇偶性问题，存在性问题等热点问题加以探究，以便学生能更好的理解数列.【典例导引】（一）数列中的单调性问题变式2 在数列{a n }中，已知a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋2n －1.(1)求证：数列{a n ＋n }为等比数列；(2)记b n ＝a n ＋(1－λ)n ，且数列{b n }的前n 项和为T n ，若T 3为数列{T n }中的最小项，求λ的取值范围．（二）数列中的奇偶性问题例2. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a 5－a 3＝13，S 4＝16.(1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)设T n ＝∑i ＝1n (－1)·a i ，若对一切正整数n ，不等式λT n ＜[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n－1恒成立，求实数λ的取值范围．变式1 设函数f (x )＝2x ＋33x (x ＞0)，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝f ⎝⎛⎭⎫1a n －1(n ∈N *，且n ≥2)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…＋(－1)n －1a n a n ＋1，若T n ≥tn 2对n ∈N *恒成立，求实数t 的取值范围． 变式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a 1的值；(2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n .（三）数列中的存在性问题例3. 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2.(1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和为S n ；(2)设b n ＝S n n(n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列． 变式1 已知常数p ＞0，数列{a n }满足a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ，n ∈N *.(1)若a 1＝－1，p ＝1，①求a 4的值；②求数列{a n }的前n 项和S n .(2) 若数列{a n }中存在三项，a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，求a 1p的取值范围． 变式2 已知数列{a n }满足a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意给定的k ∈N *，是否存在p ，r ∈N *(k ＜p ＜r )使1a k ，1a p ，1a r成等差数列？若存在，用k 分别表示p 和r (只要写出一组)；若不存在，请说明理由．【跟踪演练】1．已知数列{a n }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3227，则这个数列的公差为________．2．等比数列{a n }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．已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A n B n ＝7n ＋45n ＋3，则使得a 2n b n为整数的正整数n 的个数是________．4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，n ∈N *，设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，则数列{b n }的前2n 项和为________．1.已知数列{a n }，a n ＝n 2＋λn ＋3(其中λ为常实数)，且a 3为数列{a n }的最小项，则实数λ的取值范围是________．2．若数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4n －1，当n 为奇数时；4n ＋9，当n 为偶数时.则数列{c n }的前19项的和T 19＝________. 3．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，满足a 1＝1，S 6＝36，且a m ，a m ＋2，a k 成等比数列，则m ＋k 的值为________．4.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝(－1)n ·n ，若对任意正整数n ，(a n ＋1－p )(a n －p )＜0恒成立，则实数p 的取值范围是________．5. 已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1－a n ＝3n －1－nq ，n ∈N *，p ，q ∈R .a 4为数列{a n }的最小项，求q 的取值范围．6.已知{a n }是各项均为正数的等差数列，其前n 项和为S n ，且a 2·a 3＝40，S 4＝26.(1)求数列{a n }的通项公式；①求证：数列{b n }是等比数列；②求满足S n >T n 的所有正整数n 的值．7. 已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a ，(a n ＋1)(a n ＋1＋1)＝6(S n ＋n )，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对于∀n ∈N *，都有S n ≤n (3n ＋1)成立，求实数a 取值范围．8. 已知n ∈N *，数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且a 1＝1，a 2＝2，设b n ＝a 2n －1＋a 2n .(1)若数列{b n }是公比为3的等比数列，求S 2n ；(2)若S 2n ＝3(2n －1)，数列{a n a n ＋1}也为等比数列，求数列的{a n }通项公式．9.若数列{a n }中的项都满足a 2n －1＝a 2n <a 2n ＋1(n ∈N *)，则称{a n }为“阶梯数列”．(1)设数列{b n }是“阶梯数列”，且b 1＝1，b 2n ＋1＝9b 2n －1(n ∈N *)，求b 2 016；(2)设数列{c n }是“阶梯数列”，其前n 项和为S n ，求证：{S n }中存在连续三项成等差数列，但不存在连续四项成等差数列；(3)设数列{d n }是“阶梯数列”，且d 1＝1，d 2n ＋1＝d 2n －1＋2(n ∈N *)，记数列⎝⎛⎭⎫1d n d n ＋2的前n 项和为T n .问是否存在实数t ，使得(t －T n )⎝⎛⎭⎫t ＋1T n<0对任意的n ∈N *恒成立？若存在，请求出实数t 的取值范围；若不存在，请说明理由．10.已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，S n 为其前n 项和，且满足a 2n ＝S 2n －1，令b n ＝1a n ·a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n .(1)求数列{a n }的通项公式及数列{b n }的前n 项和为T n ；(2)是否存在正整数m ，n (1<m <n )，使得T 1，T m ，T n 成等比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值；若不存在，请说明理由．11.设公差不为零的等差数列{a n }的各项均为整数，S n 为其前n 项和，且满足a 2a 3a 1＝－54，S 7＝7. (1)求数列{a n }的通项公式；12. 已知数列{a n }中，a 2＝1，前n 项和为S n ，且S n ＝n a n －a 12. (1)求a 1；(2)证明数列{a n }为等差数列，并写出其通项公式；(3)设lg b n ＝a n ＋13n ，试问是否存在正整数p ，q (其中1＜p ＜q )，使b 1，b p ，b q 成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组(p ，q )；若不存在，说明理由．。

人教版八年级数学下册竞赛专题26 奇偶分析.doc

人教版八年级数学下册竞赛专题26 奇偶分析.doc

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】专题26 奇偶分析阅读与思考整数可以分为奇数和偶数，一个整数要么是奇数，要么是偶数，因此奇偶性是一个整数的固有属性，即奇数≠偶数．由于奇偶性是整数的固有属性，因此可以说奇偶性是整数的一种不变性，通过分析整数的奇偶性来解决问题的方法叫奇偶分析．运用奇偶分析解题，常常要用到奇数和偶数的基本性质：1.奇数≠偶数.2.奇数±奇数=偶数，奇数±偶数=奇数，偶数±偶数=偶数，奇数个奇数的和是奇数，偶数个奇数的和为偶数，若干个偶数的和是偶数.3.若干个奇数之积是奇数，偶数与任意整数之积是偶数.4.若a 是整数，则a 与a ，a -，n a （n 为自然数）有相同的奇偶性.5.设a ，b 是整数，则b a +，b a -，b a +，b a -都有相同的奇偶数.6.偶数的平方是4的倍数，奇数的平方是4的倍数加1.例题与求解【例1】 数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…的排列规律是：前两个数是1，从第三个数开始，每一个数是它前面两个数的和，这个数列叫做斐波那契数列，在斐波那契数列的前2 004个数中共有____个偶数．(“希望杯”邀请赛试题)解题思路：本例关键是发现斐波那契数列的各项奇偶性的规律.【例2】 如果a ，b ，c 都是正整数，且a ，b 是奇数，则c b a 2)1(3-+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的倍数时，其值为奇数D ．无论c 为任意正整数时，其值均为奇数（五城市联赛试题）解题思路：直接运用奇数偶数的性质作出选择．【例3】 能否找到自然数a 和b ，使222002b a +=.（“华罗庚金杯”邀请赛试题）解题思路：假设存在自然数a 和b ，使等式成立，则2002))((=-+b a b a ，从b a +，b a -的奇偶性展开推理．【例4】 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写上1~6这6个整数，然后计算每张纸片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.（北京市竞赛试题） 解题思路：从反面入手，即设这6个数两两都不相等，利用i i b a -与i i i c b a -=1，2，3，4，5，6的奇偶性相同，引入字母进行推理证明.【例5】 表甲是一个英文字母电子显示盘，每一次操作可以使某一行4个字母同时改变，或者使某一列4个字母同时改变，改变的规则是：按照英文字母表的顺序，每个英文字母变成它下一个字母（即A 变成B ，B 变成C …最后字母Z 变成A ）.问：能否经过若干次操作，使表甲变成表乙？如果能，请写出变化过程，如不能，说明理由.S O B R K B D S T Z E P H E X G H O C N R T B S A D V X C F Y A表甲 表乙（“祖冲之杯”邀请赛试题）解题思路：表甲与表乙看上去没有规律，似乎不太容易将表甲变为表乙（可以试一试），看是否能成功？如果是不能，就应找出不能的理由，解题的关键是如何将问题“数字化”，挖掘操作变化过程中的不变量或不变性.【例6】 设1x ，2x ，…n x 为＋1或－1，并且n n n n x x x x x x x x x x x x x x x x 123654354324321---++++0321211112=+++---x x x x x x x x x x x x n n n n n n .证明n 能被4整除.解题思路：应用整数的奇偶性解题，常需变化角度去考察问题，从而化难为易．能力训练1．若按奇偶分类，则20113212011321++++ 是______数.2．已知a 是质数，b 是奇数，且20012=+b a ，则=+b a _______.（江苏省竞赛试题）3．若质数m ，n 满足12975=+n m ，则n m +的值为____________.（河北省竞赛试题）4．在12，22，32，…，952这95个数中，十位数字为奇数的数共有____________个.（全国初中数学联赛试题）5．将1，2，3，4，5这五个数字排成一排，最后一个数是奇数，且使得其中任意连续三个数之和都能被这三个数中的第一个数整除，那么，满足要求的排法有( )种.A .2B .3C .4D .5 6．设a ，b 为整数，给出下列四个结论 （1）若b a 5+是偶数，则b a 3-是偶数 （2）若b a 5+是偶数，则b a 3-是奇数 （3）若b a 5+是奇数，则b a 3-是偶数 （4）若b a 5+是奇数，则b a 3-是奇数 其中正确结论的个数是 ( )．A .0B .2C .4D .1或3（“五羊杯”竞赛试题）7．如果a ，b ，c 是三个任意整数，那么2b a +，2c b +，2ac +( )． A .都不是整数 B .至少有两个是整数 C .至少有一个是整数 D .都是正数（“T1杯”全国竞赛试题）8．将1 000到1 997这998个自然数任意排成一行，然后依次地求出三个相邻数的和，在这些和中，奇数的个数至多有( )．A .499个B .496个C .996个D .995个为偶数.10．在黑板上记上数1，2，3，…，1 974，允许擦去任意两个数，且写上它们的和或差.重复这样的操作手续，直至在黑板上留下一个数为止.求证：这个数不可能为零．（数学奥林匹克竞赛试题）11．你能找到三个整数a ，b ，c ，使得关系式3388)()()()(=-+⋅-+⋅+-⋅++a c b c b a c b a c b a 成立吗？如果能找到，请举一例；如果找不到，请说明理由.（“希望杯”邀请赛试题）12．设标有A ，B ，C ，D ，E ，F ，G 记号的七盏灯顺次排成一行，每盏灯安装一个开关.现在A ，C ，E ，G 四盏灯开着，其余三盏灯是关的，小刚从灯A 开始，顺次拉动开关，即从A 到G ，再从A 开始顺次拉动开关，即又从A 到G ，…，他这样拉动了1 999次开关后，问哪几盏是开的？中考数学知识点代数式 一、 重要概念分类：1.代数式与有理式用运算符号把数或表示数的字母连结而成的式子，叫做代数式。

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

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

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。

数列中不定方程问题的几种解题策略

数列中不定方程问题的几种解题策略

数列中不定方程问题的几种解题策略王海东（江苏省丹阳市第五中学，212300）数列是高中数学的重要内容,又是学习高等数学的基础，在高考中占有极其重要的地位．数列中不定方程的整数解问题逐渐成为一个新的热点，在近年来的高考模拟卷中，这类问题屡见不鲜,本文中的例题也都是近年来大市模考题的改编．本文试图对与数列有关的不定方程的整数解问题的解法作初步的探讨，以期给同学们的学习带来帮助。

题型一：二元不定方程 双变量的不定方程，在高中阶段主要是求出此类不定方程的整数解，方法较灵活,下面介绍3种常用的方法。

方法 1.因式分解法：先将不定方程两边的数分解为质因数的乘积，多项式分解为若干个因式的乘积，再由题意分类讨论求解。

题1（2014·浙江卷）已知等差数列{}n a 的公差d ＞0。

设{}n a 的前n 项和为n S ，11=a ,3632=⋅S S 。

(1）求d 及S n ； (2)求m ,k (m ，k ∈N ＊）的值，使得65...21=+++++++k m m m m a a a a .解析(1)略（2)由（1）得2,12n S n a n n =-=(n ∈N *）=+++++++k m m m m a a a a ...21()2122121-++-+k m m k ）（)1)(12(+-+=k k m 所以65)1)(12(=+-+k k m ，由m ，k ∈N ＊知1112>+≥-+k k m65151365⨯=⨯=，故⎩⎨⎧=+=-+511312k k m 所以⎩⎨⎧==45k m 点评 本题中将不定方程变形为()()135112⨯=+⋅-+k k m ,因为分解方式是唯一的，所以可以得到关于k m ,的二元一次方程组求解。

方法 2.利用整除性质 在二元不定方程中,当其中一个变量很好分离时，可分离变量后利用整除性质解决．题2。

设数列{}n b 的通项公式为2121n n b n t-=-+，问：是否存在正整数t ，使得12m b b b ，，(3)m m ≥∈N ，成等差数列？若存在，求出t 和m 的值;若不存在，请说明理由．解析：要使得12,,m b b b 成等差数列，则212m b b b =+即:312123121m t t m t -=+++-+ 即：431m t =+- ∵,m t N *∈，∴t 只能取2，3，5 当2t =时，7m =；当3t =时,5m =；当5t =时，4m =．点评 本题利用t 表示 m 从而由431m t =+-得到14-t 是整数，于是1-t 是4的约数，从而估计出可能的所有取值，再逐一检验即可，当然，本题也可以利用m 表示t 来处理。

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数列中的奇偶分析法问题数列奇偶求通项公式：【典例1】数列满足＋＝4n －3(n ∈)，当＝2时，则数列的通项公式为______解析：由＋＝4n －3(n ∈)，得＋＝4n ＋1(n ∈)．两式相减，得－＝4．所以数列是首项为，公差为4的等差数列．数列是首项为，公差为4的等差数列．由＋＝1，＝2，得＝－1．所以＝(k ∈Z)．数列奇偶求前N 项和：【典例2】已知数列{}n a 的通项65()2()n nn n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求其前n 项和n S ．【解析】奇数项组成以11a =为首项，公差为12的等差数列，偶数项组成以24a =为首项，公比为4的等比数列；当n 为奇数时，奇数项有12n +项，偶数项有12n -项，∴1121(165)4(14)(1)(32)4(21)221423n n n n n n n S --++--+--=+=+-，当n 为偶数时，奇数项和偶数项分别有2n 项，∴2(165)4(14)(32)4(21)221423n n n n n n n S +----=+=+-，所以，1(1)(32)4(21)()23(32)4(21)()23n n nn n n S n n n -⎧+--+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为奇数为偶数．练习1：已知21,2n n n n a n ⎧-=⎨⎩为奇数，，为偶数，则数列{}n a 的前n 项和n S =________．【解析】①设()2,n m m N+=∈则,2n m =()2222222222,m m mS m m =+++-=⋅--故此时1222n n n S +=--．②设()2+1,n m m N +=∈n ＝2m ＋1(m ∈N *)，则-1,2n m =2212m+1221S 22221m m m m S a m ++=+=⋅--+-21223m m +=⋅--,故此时1522n n n S ++=-,1122,2522n n n n n S n n ++⎧--⎪⎪∴=⎨+⎪-⎪⎩为偶数，为奇数．2．（扬州市2015—2016学年度第一学期期末检测试题·20）若数列{}n a 中不超过)(m f 的项数恰为m b （*N m ∈），则称数列{}m b 是数列{}n a 的生成数列，称相应的函数)(m f 是数列{}n a 生成{}m b 的控制函数.（1）已知2n a n =，且2)(m m f =，写出1b 、2b 、3b ；（2）已知n a n 2=，且m m f =)(，求{}m b 的前m 项和m S ；【解析】（1）1m =，则111a =≤11b ∴=；2m =，则114a =<，244a =≤22b ∴=3m =，则119a =<，249a =<399a =≤33b ∴=（2）m 为偶数时，则2n m ≤，则2m m b =；m 为奇数时，则21n m ≤-，则12m m b -=； m 为偶数时，则21211(12)2224m m m m S b b b m =+++=+++-⨯=； m 为奇数时，则221211(1)11424m m m m m m m S b b b S b ++++-=+++=-=-=； 3.（2017·镇江一模·19）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）若对任意*∈N n ，22na S n n +=恒成立，求数列{}n a 的通项公式；（3）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．解：（1）112123b a a =+=+=，21234212123(13)3(31)()()()132n n n n n n S a a a a a a b b b ---=++++++=+++==-. （2）当2n ≥时，由22n n S a n =+，21121n n S a n --=+-，则2222111222(1)1n n n n n n n a S S a n a n a a ---=-=+-+-=-+，221(1)0n n a a ---=，11(1)(1)0n n n n a a a a ----+-=，故11n n a a --=，或11n n a a -+=.（*）下面证明11n n a a -+=对任意的n ∈N*恒不成立.事实上，因123a a +=，则11n n a a -+=不恒成立；若存在n ∈N*，使11n n a a -+=，设0n 是满足上式最小的正整数，即0011n n a a -+=，显然02n >，且01(0,1)n a -∈，则00121n n a a --+≠，则由（*）式知，00121n n a a ---=，则020n a -<，矛盾.故11n n a a -+=对任意的n ∈N*恒不成立，所以11n n a a --=对任意的n ∈N*恒成立.因此}{n a 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1(1)n a n n =+-=. （3）因数列}{1+n n a a 为等比数列，设公比为q ，则当2n ≥时，1111n n n n n n a a a q a a a ++--==. 即21{}n a -，2{}n a 是分别是以1，2为首项，公比为q 的等比数列；故3a q =，42a q =.令2n =，有412341229S a a a a q q =+++=+++=，则2q =.当2q =时，1212n n a --=，12222n n n a -=⨯=，121232n n n n b a a --=+=⨯，此时21234212123(12)()()()3(21)12n n n n n n S a a a a a a b b b --=++++++=+++==--.综上所述，1222,2,n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩当为奇数当为偶数.4、（苏北四市（徐州、淮安、连云港、宿迁）2017届高三上学期期末）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11,(1)(1)6()n n n a a a a S n +=++=+，*∈N n ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若对于N n *∀∈，都有(31)n S n n +≤成立，求实数a 取值范围；（3）当2a =时，将数列{}n a 中的部分项按原来的顺序构成数列{}n b ，且12b a =，证明： 存在无数个满足条件的无穷等比数列{}n b ．（1）当1n =时，121(1)(1)6(1)a a S ++=+，故25a =； 当2n ≥时，11(1)(1)6(1)n n n a a S n --++=+-，所以+111(1)(+1(1)(1)6()6(1)n n n n n n a a a a S n S n ）--+-++=+-+-， 即11(1)()6(1)n n n n a a a a +-+-=+， 又0n a >，所以116n n a a +--=，所以216(1)66k a a k k a -=+-=+-，25+6(1)61k a k k =-=-，*k N Î，故**33, ,,31, ,.n n a n n a n n n N N 为奇数为偶数ìï+-?ï=íï-?ïî（2）当n 为奇数时，1(32)(33)6n S n a n n =+-+-，由(31)n S n n ≤+得，23321n n a n ≤+++恒成立，令2332()1n n f n n ++=+，则2394(1)()0(2)(1)n n f n f n n n +++-=>++， 所以(1)4a f ≤=．当n 为偶数时，13(3+1)6n S n n a n =?-，由(31)n S n n ≤+得，3(1)a n ≤+恒成立， 所以9a ≤．又10a a =>，所以实数a 的取值范围是(0,4]．（3）当2a =时，若n 为奇数，则31n a n =-，所以31n a n =-．解法1：令等比数列{}n b 的公比*4()m q m N =?，则1(1)154n m n n b b q --==?．设(1)k m n =-，因为214114443k k --++++=， 所以(1)21545[3(1444)1]m n k --??++++，213[5(144+4)2]1k -=++++-，因为215(144+4)2k -++++为正整数，所以数列{}n b 是数列{}n a 中包含的无穷等比数列，因为公比*4()m q m N =?有无数个不同的取值，对应着不同的等比数列， 故无穷等比数列{}n b 有无数个．解法2：设222231(3)k b a k k ≥==-，所以公比2315k q -=． 因为等比数列{}n b 的各项为整数，所以q 为整数， 取*252()k m m N =+?，则31q m =+，故15(31)n n b m-=?，由1315(31)n n k m --=?得，11[5(31)1]()3n n k m n N -*=++?， 而当2n ≥时，12215[(31)(31)]5(31)3n n n n n k k m m m m -----=+-+=+， 即215(31)n n n k k m m --=++，又因为12k =，25(31)n m m -+都是正整数，所以n k 也都是正整数， 所以数列{}n b 是数列{}n a 中包含的无穷等比数列，因为公比*31()q m m N =+?有无数个不同的取值，对应着不同的等比数列， 故无穷等比数列{}n b 有无数个．5、（盐城市2017届高三上学期期中）若数列{}n a 中的项都满足21221n n n a a a -+=<（*n N ∈），则称{}n a 为“阶梯数列”.（1）设数列{}n b 是“阶梯数列”，且11b =，21219n n b b +-=（*n N ∈），求2016b ；（2）设数列{}n c 是“阶梯数列”，其前n 项和为n S ，求证：{}n S 中存在连续三项成等差数列，但不存在连续四项成等差数列；（3）设数列{}n d 是“阶梯数列”，且11d =，21212n n d d +-=+（*n N ∈），记数列21n n d d +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T .问是否存在实数t ，使得()10n n t T t T ⎛⎫-+< ⎪⎝⎭对任意的n N *∈恒成立？若存在，请求出实数t 的取值范围；若不存在，请说明理由. 解：（1）21219n n b b +-=，11b =，{}21n b -∴是以11b =为首项9为公比的等比数列，12221193n n n b b ---∴=⨯=，201420153b ∴=，∵数列{}n b 是“阶梯数列”，∴201420162015==3b b .（2）由数列{}n c 是“阶梯数列”得212n n c c -=，故2122221n n n n S S S S ----=-,∴{}n S 中存在连续三项()22212,,2n n n S S S n --≥成等差数列； （注：给出具体三项也可）假设{}n S 中存在连续四项123,,,,k k k k S S S S +++成等差数列， 则12132k k k k k k S S S S S S +++++-=-=-，即123k k k c c c +++==，当*21,k m m N =-∈时,22122m m m c c c ++==，①当*2,k m m N =∈时,212223m m m c c c +++==，②由数列{}n c 是“阶梯数列”得221m m c c +<2223m m c c ++=<，③①②与③都矛盾，故假设不成立，即{}n S 中不存在连续四项成等差数列. （3）∵21212n n d d +-=+,11d =,{}21n d -∴是以11d =为首项2为公差的等差数列，()2111221n d d n n -∴=+-⨯=-，又数列{}n d 是“阶梯数列”，故21221n n d d n -==-， ()()2222121111111212122121k k k k d d d d k k k k +-+⎛⎫∴===- ⎪-+-+⎝⎭,①当()*2n k k N =∈时,11111111221,1213352121213k k k ⎛⎫⎡⎫=⨯-+-++-=-∈ ⎪⎪⎢-++⎝⎭⎣⎭,13,12n T ⎡⎫∴-∈--⎪⎢⎣⎭, 又()10n n t T t T ⎛⎫-+< ⎪⎝⎭恒成立，1n n t T T ∴-<<恒成立,213t ∴-≤<.②当()*21n k k N=-∈时,1111,142423k k ⎡⎫=--∈⎪⎢-+⎣⎭,[)13,1n T ∴-∈--,又()10n n t T t T ⎛⎫-+< ⎪⎝⎭恒成立，1nn t T T ∴-<<恒成立,113t ∴-≤<. 综上①②,存在满足条件的实数t ，其取值范围是11,3⎡⎫-⎪⎢⎣⎭.注：()()22, 2,,21421, 21,,2121n k n k k N k T k k n k k N k k ⎧=∈*⎪+⎪=⎨--⎪=-∈*-+⎪⎩也可写成n T =6．（南京市、盐城市2016届高三年级第二次模拟考试·20)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意正整数n 都有a n ＝(－1)n S n ＋p n (p 为常数，p ≠0)． （1）求p 的值；（2）求数列{a n }的通项公式；（3）设集合A n ＝{a 2n －1，a 2n }，且b n ，c n A n ，记数列{nb n }，{nc n }的前n 项和分别为P n ，Q n ．若b 1≠c 1，求证：对任意n ∈N *，P n ≠Q n ． 12．解：（1）由a 1＝－S 1＋p ，得a 1＝． 由a 2＝S 2＋p 2，得a 1＝－p 2，所以＝－p 2． 又p ≠0，所以p ＝－．（2）由a n ＝(－1)n S n ＋(－)n ，得①＋②得a n ＋a n ＋1＝(－1)n (－a n ＋1)＋×(－)n ． 当n 为奇数时，a n ＋a n ＋1＝a n ＋1－×()n ，所以a n＝－()n＋1．当n为偶数时，a n＋a n＋1＝－a n＋1＋×()n，所以a n＝－2a n＋1＋×()n＝2×()n＋2＋×()n＝()n，所以a n＝（3）A n＝{－，}，由于b1≠c1，则b1与c1一正一负，不妨设b1＞0，则b1＝，c1＝－．则P n＝b1＋2b2＋3b3＋…＋nb n≥－(＋+…＋)．设S＝＋+…＋，则S＝＋…＋+，两式相减得S＝＋+…＋－＝＋×－＝－×－＜．所以S＜×＝，所以P n≥－(＋+…＋)＞－＝＞0．因为Q n=c1＋2c2＋3c3＋…＋nc n≤－＋S＜－＋＝－＜0，所以P n≠Q n．。

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