专题34 数列中的奇偶性问题(解析版)

专题34 数列中的奇偶性问题一、题型选讲题型一、与奇偶性有关讨论求含参问题含参问题最常用的方法就是把参数独立出来,要独立出来就要除以一个因式,此因式的正负与n 的奇偶性有关,因此要对n 进行奇偶性的讨论.例1、(2015扬州期末)设数列{a n }的前n 项和为S n ,且a n ＝4＋⎝⎛⎭⎫－12n －1,若对任意n ∈N *,都有1≤p (S n －4n )≤3,则实数p 的取值范围是________．答案：[2,3]思路分析 求参数的常用方法是分离参数,所以首先将参数p 进行分离,从而将问题转化为求函数f (n )＝S n－4n 的最大值与最小值,再注意到题中含有⎝⎛⎭⎫－12n －1,涉及负数的乘方,所以需对n 进行分类讨论． 令f (n )＝S n －4n ＝4n ＋1－⎝⎛⎭⎫－12n 1－⎝⎛⎭⎫－12－4n ＝23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n . 当n 为奇数时,f (n )＝23⎣⎡⎦⎤1＋⎝⎛⎭⎫12n 单调递减,则当n ＝1时,f (n )max ＝1； 当n 为偶数时,f (n )＝23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 单调递增,由当n ＝2时,f (n )min ＝12. 又1S n －4n ≤p ≤3S n －4n,所以2≤p ≤3. 解后反思 本题的本质是研究数列的最值问题,因此,研究数列的单调性就是一个必要的过程,需要注意的是,由于本题是离散型的函数问题,所以,要注意解题的规范性,“当n 为奇数时,f (n )＝23⎣⎡⎦⎤1＋⎝⎛⎭⎫12n ,单调递减,此时f (n )∈⎝⎛⎦⎤23，1；当n 为偶数时,f (n )＝23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n ,单调递增,此时f (n )∈⎣⎡⎭⎫12，1”的写法是不正确的,因为f (n )并不能取到⎣⎡⎭⎫12，1∈⎝⎛⎦⎤23，1＝⎣⎡⎦⎤12，1内的所有值．例2、(2019苏州三市、苏北四市二调)已知数列{a n }的各项均不为零．设数列{a n }的前n 项和为S n ,数列{a 2n }的前n 项和为T n ,且3S 2n －4S n ＋T n ＝0,n∈N *.(1) 求a 1,a 2的值；(2) 证明：数列{a n }是等比数列；(3) 若(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0对任意的n ∈N *恒成立,求实数λ的所有值．思路分析 (1) 对3S 2n －4S n ＋T n ＝0,令n ＝1,2得到方程,解得a 1,a 2的值．(2) 3S 2n －4S n ＋T n ＝0中,对n 赋值作差,消去T n,再对n 赋值作差,消去S n ,从而得到a n ＋1＝－12a n ,证得数列{a n }是等比数列．(3)先求出a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1,由(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0恒成立,确定λ＝0适合,再运用反证法证明λ>0和λ<0不成立．规范解答 (1)因为3S 2n －4S n ＋T n ＝0,n∈N *.令n ＝1,得3a 21－4a 1＋a 21＝0,因为a 1≠0,所以a 1＝1.令n ＝2,得3(1＋a 2)2－4(1＋a 2)＋(1＋a 22)＝0,即2a 22＋a 2＝0,因为a 2≠0,所以a 2＝－12.(3分) (2)解法1 因为3S 2n －4S n ＋T n ＝0, ∈所以3S 2n ＋1－4S n ＋1＋T n ＋1＝0, ∈∈－∈得,3(S n ＋1＋S n )a n ＋1－4a n ＋1＋a 2n ＋1＝0,因为a n ＋1≠0,所以3(S n ＋1＋S n )－4＋a n ＋1＝0, ∈(5分)所以3(S n ＋S n －1)－4＋a n ＝0(n≥2), ∈当n≥2时,∈－∈得,3(a n ＋1＋a n )＋a n ＋1－a n ＝0,即a n ＋1＝－12a n ,因为a n ≠0,所以a n ＋1a n ＝－12. 又因(1)知,a 1＝1,a 2＝－12,所以a 2a 1＝－12,所以数列{a n }是以1为首项,－12为公比的等比数列．(8分)解法2 因为3S 2n －4S n ＋T n＝0,∈ 所以3S 2n ＋1－4S n ＋1＋T n ＋1＝0,∈∈－∈得,3(S n ＋1＋S n )a n ＋1－4a n ＋1＋a 2n ＋1＝0,因为a n ＋1≠0,所以3(S n ＋1＋S n )－4＋a n ＋1＝0,所以3(S n ＋1＋S n )－4＋(S n ＋1－S n )＝0,(5分) 整理为S n ＋1－23＝－12⎝⎛⎭⎫S n －23,又S 1－23＝a 1－23＝13, 所以S n －23＝13·⎝⎛⎭⎫－12n －1,得S n ＝13·⎝⎛⎭⎫－12n －1＋23,当n≥2时,a n ＝S n －S n －1＝⎝⎛⎭⎫－12n －1,而a 1＝1也适合此式,所以a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1,所以a n ＋1a n ＝－12所以数列{a n }是以－12为公比的等比数列．(8分)(3)解法1 由(2)知,a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1.因为对任意的n∈N *,(λ－na n )(λ－na n ＋1)<0恒成立, 所以λ的值介于n ⎝⎛⎭⎫－12n －1和n ⎝⎛⎭⎫－12n 之间．因为n ⎝⎛⎭⎫－12n －1·n ⎝⎛⎭⎫－12n <0对任意的n ∈N *恒成立,所以λ＝0适合．(10分)若λ>0,当n 为奇数时,n ⎝⎛⎭⎫－12n<λ<n ⎝⎛⎭⎫－12n －1恒成立,从而有λ<n2n －1恒成立．记p (n )＝n 22n (n ≥4),因为p (n ＋1)－p (n )＝（n ＋1）22n ＋1－n 22n ＝－n 2＋2n ＋12n ＋1<0, 所以p (n )≤p (4)＝1,即n 22n ≤1,所以n 2n ≤1n(*),从而当n ≥5且n ≥2λ时,有λ≥2n ≥n2n －1,所以λ>0不符．(13分)若λ<0,当n 为奇数时,n ⎝⎛⎭⎫－12n<λ<n ⎝⎛⎭⎫－12n －1恒成立,从而有－λ<n2n 恒成立．由(*)式知,当n ≥5且n ≥－1λ时,有－λ≥1n ≥n2n ,所以λ<0不符．综上,实数λ的所有值为0.题型二、数列中奇偶项问题数列通项中出现奇、偶不同的表达式,需要分奇、偶分别赋值得到关系式,再对关系式相加或相减,得到奇数项或偶数项的关系式,体现减元的思想,考生要能够多观察,多思考,养成良好的逻辑推理的习惯.例3、例3、(2015苏州期末)已知数列{a n }中a 1＝1,a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧13a n ＋n ，n 为奇数，a n －3n ， n 为偶数.(1) 是否存在实数λ,使得数列{a 2n －λ}是等比数列？若存在,求出λ的值；若不存在,请说明理由． (2) 若S n 是数列{a n }的前n 项和,求满足S n >0的所有正整数n .规范解答 (1) 由已知,得a 2(n ＋1)＝13a 2n ＋1＋(2n ＋1)＝13[a 2n －3(2n )]＋2n ＋1＝13a 2n ＋1.(2分)令a 2(n ＋1)－λ＝13(a 2n －λ),得a 2(n ＋1)＝13a 2n ＋23λ,所以λ＝32.(4分)此时,a 2－λ＝13＋1－32＝－16.(5分)所以存在λ＝32,使得数列{a 2n －λ}是等比数列．(6分)(2) 由(1)知,数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n －32是首项为－16,公比为13的等比数列,所以a 2n －32＝－16·⎝⎛⎭⎫13n －1＝－12·13n ,即a 2n ＝12⎝⎛⎭⎫3－13n .(8分) 由a 2n ＝13a 2n －1＋(2n －1),得a 2n －1＝3a 2n －3(2n －1)＝32⎝⎛⎭⎫3－13n －6n ＋3,(10分) 所以a 2n －1＋a 2n ＝32⎝⎛⎭⎫3－13n －6n ＋3＋12⎝⎛⎭⎫3－13n ＝－2⎝⎛⎭⎫13n －6n ＋9. 所以S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝－213＋⎝⎛⎭⎫132＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －6(1＋2＋…＋n )＋9n ＝13n －3n 2＋6n －1,(12分)从而S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝32·13n －3n 2＋6n －52.因为13n 和－3n 2＋6n ＝－3(n －1)2＋3在n ∈N *时均单调递减,所以S 2n 和S 2n －1均各自单调递减．(14分)计算得S 1＝1,S 2＝73,S 3＝－73,S 4＝－89,所以满足S n >0的所有正整数n 的值为1和2.(16分)解后反思 对于通项公式分奇偶不同的数列{a n }求S n 时,一般先把a 2k －1＋a 2k 看做一项,求出S 2k ,再求S 2k －1＝S 2k －a 2k .例4、(2018苏中三市、苏北四市三调)已知数列{}n a 满足15(1)()2n n n n aa n *+++-=∈N ,数列{}n a 的前n 项和为n S ．(1)求13a a +的值； (2)若1532a a a +=．∈ 求证：数列{}2n a 为等差数列；∈ 求满足224()pm S S p m *=∈N ，的所有数对()p m ，．【思路分析】(1)直接令1,2n 得到关系式,两式相减,求出13a a +的值（2）分别赋值21,2n n ,得到关系式,两式相减,得到212112n n a a -++=,结合1532a a a +=,计算出114a ,从而求2114n a -=,代入关系式,得出294n a n =+,利用定义法证明{}2n a 为等差数列（3）求和得到2n S ,代入关系式整理得()2234322p m p m +=+,需要转化两个因数相乘的形式,变形处理,利用平方差公式得到(29)(23)27m p m p ++-+=,因为2912m p ++≥且2923m p m p ++-+，均为正整数,则两个因数只能为27和1,从而求出p m ，的值.规范解答 (1)由条件,得2132372a a a a -=⎧⎪⎨+=⎪⎩①②,∈-∈得 1312a a +=．……………………… 3分 (2)∈证明：因为15(1)2n n n n a a +++-=,所以221212242252n n n n n a an a a -++⎧-=⎪⎨+⎪+=⎩③④, ∈-∈得 212112n n a a -++=, ……………………………………………… 6分于是13353111()()422a a a a a =+=+++=,所以314a =,从而114a =． ……………………………………………… 8分所以121231111()(1)()0444n n n a a a ----=--==--=,所以2114n a -=,将其代入∈式,得294n a n =+,所以2(1)21n n a a +-=(常数),所以数列{}2n a 为等差数列．……………………………………………… 10分∈注意到121n a a +=,所以2122n n S a a a =+++2345221()()()n n a a a a a a +=++++++2125322nk k n n =+==+∑,…………………………………………… 12分 由224pm S S =知()2234322p m p m +=+． 所以22(26)(3)27m p +=++,即(29)(23)27m p m p ++-+=,又*p m ∈N ，,所以2912m p ++≥且2923m p m p ++-+，均为正整数,所以2927231m p m p ++=⎧⎨-+=⎩,解得104p m ==，,所以所求数对为(104)，．………………………………………………… 16分例5、(2017苏北四市期末)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∈n ∈N * ,都有S n ≤n (3n ＋1)成立,求实数a 的取值范围；(3) 当a ＝2时,将数列{a n }中的部分项按原来的顺序构成数列{b n },且b 1＝a 2,证明：存在无数个满足条件的无穷等比数列{b n }．规范解答 (1) 当n ＝1时,(a 1＋1)(a 2＋1)＝6(S 1＋1),故a 2＝5；当n≥2时,(a n －1＋1)(a n ＋1)＝6(S n －1＋n －1), 所以(a n ＋1)(a n ＋1＋1)－(a n －1＋1)(a n ＋1)＝6(S n ＋n)－6(S n －1＋n －1),即(a n ＋1)(a n ＋1－a n －1)＝6(a n ＋1), 又a n ＞0,所以a n ＋1－a n －1＝6,(3分)所以a 2k －1＝a ＋6(k －1)＝6k ＋a －6,a 2k ＝5＋6(k －1)＝6k －1,k∈N *,故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋a －3，n 为奇数，3n －1，n 为偶数.)(5分)(2) 当n 为奇数时,n ＋1为偶数,所以a n ＝3n ＋a －3,a n ＋1＝3n ＋2,所以(3n ＋a －3＋1)(3n ＋2＋1)＝6(S n ＋n ),整理得S n ＝12(3n ＋a －2)(n ＋1)－n ,由S n ≤n (3n ＋1)得,a ≤3n 2＋3n ＋2n ＋1对n ∈N *恒成立．令f (n )＝3n 2＋3n ＋2n ＋1(n ∈N *),则f (n ＋1)－f (n )＝3n 2＋9n ＋4(n ＋2)(n ＋1)＞0,所以f (n )＝3n 2＋3n ＋2n ＋1(n ∈N *)单调递增,f (n )min ＝f (1)＝3＋3＋22＝4,所以a ≤4.(8分) 当n 为偶数时,n ＋1为奇数,a n ＝3n －1,a n ＋1＝3n ＋a ,所以(3n －1＋1)(3n ＋a ＋1)＝6(S n ＋n ),整理得S n ＝3n 2＋(a －1)n2,由S n ≤n (3n ＋1)得,a ≤3(n ＋1)对n ∈N *恒成立,所以a ≤9.又a 1＝a ＞0,所以实数a 的取值范围是(0,4]．(10分)(3) 当a ＝2时,若n 为奇数,则a n ＝3n －1,所以a n ＝3n －1(n ∈N *)．解法 1 因为数列{a n }的项是b 1＝5的整数倍的最小项是a 7＝20,故可令等比数列{b n }的公比q ＝4m (m ∈N *),因为b 1＝a 2＝5,所以b n ＝5·4m (n－1),设k ＝m (n －1),因为1＋4＋42＋…＋4k －1＝4k －13,所以4k ＝3(1＋4＋42＋…＋4k －1)＋1, 所以5·4k ＝5[3(1＋4＋42＋…＋4k －1)＋1] ＝3[5(1＋4＋42＋…＋4k －1)＋2]－1,(14分) 因为5(1＋4＋42＋…＋4k －1)＋2为正整数, 所以数列{b n }是数列{a n }中包含的无穷等比数列,因为公比q ＝4m (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{b n }有无数个．(16分)解法2 设b 2＝ak 2＝3k 2－1(k 2≥3),因为b 1＝a 2＝5,所以公比q ＝3k 2－15.因为等比数列{b n }的各项为整数,所以q 为整数, 取k 2＝5m ＋2(m ∈N *),则q ＝3m ＋1,故b n ＝5·(3m ＋1)n －1.由3k n －1＝5·(3m ＋1)n－1得k n ＝13[5(3m ＋1)n －1＋1](m ,n ∈N *),而当n ≥2时,k n －k n －1＝53[(3m ＋1)n －1－(3m ＋1)n －2]＝5m (3m ＋1)n －2,即k n ＝k n －1＋5m (3m ＋1)n －2.(14分)又因为k 1＝2,5m (3m ＋1)n－2都是正整数,所以k n 也都是正整数,所以数列{b n }是数列{a n }中包含的无穷等比数列,因为公比q ＝3m ＋1(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{b n }有无数个．(16分)解后反思 作为数列压轴题,本题三个小题梯度明显,有较好的区分度,其中第(1)(2)小题联系紧密,难度中等,考生应该努力完成这两小题,而不是轻易放弃；而第(3)小题要求高,试题开放,解法1构造特殊数列,而解法2从一般性推理与证明两个角度完成证明,难度都非常大,建议考生果断放弃．题型三、数列中连续两项和或积的问题“相邻两项的和是一次式”的特征,联想到数列{a n }中相邻两项的和成等差数列,故考虑采用相邻项作差法,得到数列{a n }中奇数项成等差,偶数项也成等差,而且公差相同的结论,进而求出数列通项公式．例6、(2018苏州暑假测试)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 ；(3) 若对任意n ∈N *,都有a 2n ＋a 2n ＋1a n ＋a n ＋1≥5成立,求a 1的取值范围．规范解答 (1) 若数列{a n }是等差数列,则a n ＝a 1＋(n －1)d,a n ＋1＝a 1＋nd.由a n ＋1＋a n ＝4n －3,得(a 1＋nd)＋[a 1＋(n －1)d]＝4n －3,(2分)即2d ＝4,2a 1－d ＝－3,解得d ＝2,a 1＝－12.(3分) (2) 由a n ＋1＋a n ＝4n －3(n∈N *),得a n ＋2＋a n ＋1＝4n ＋1(n ∈N *)．两式相减,得a n ＋2－a n ＝4.(5分)所以数列{a 2n －1}是首项为a 1,公差为4的等差数列．数列{a 2n }是首项为a 2,公差为4的等差数列,由a 2＋a 1＝1,a 1＝2,得a 2＝－1,所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n 为奇数，2n －5，n 为偶数.(6分)∈当n 为奇数时,a n ＝2n ,a n ＋1＝2n －3.S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －2＋a n －1)＋a n＝1＋9＋…＋(4n －11)＋2n＝n －12×（1＋4n －11）2＋2n ＝2n 2－3n ＋52；(8分) ∈当n 为偶数时,S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n )＝1＋9＋…＋(4n －7)＝2n 2－3n 2.(10分) (3) 由(2)知,a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －2＋a 1，n 为奇数，2n －3－a 1，n 为偶数.(11分) ∈当n 为奇数时,a n ＝2n －2＋a 1,a n ＋1＝2n －1－a 1.由a 2n ＋a 2n ＋1a n ＋a n ＋1≥5得a 21－a 1≥－4n 2＋16n －10. 令f (n )＝－4n 2＋16n －10＝－4(n －2)2＋6,当n＝1或3时,f(n)max＝2,所以a21－a1≥2.解得a1≥2或a1≤－1.(13分)∈当n为偶数时,a n＝2n－a1－3,a n＋1＝2n＋a1.由a2n＋a2n＋1a n＋a n＋1≥5得a21＋3a1≥－4n2＋16n－12.令g(n)＝－4n2＋16n－12＝－4(n－2)2＋4,当n＝2时,g(n)max＝4,所以a21＋3a1≥4,解得a1≥1或a1≤－4.(15分)综上,a1的取值范围是(－∞,－4]∈[2,＋∞)．(16分)例7、(2019苏州期初调查)已知数列{a n}的奇数项是首项为1的等差数列,偶数项是首项为2的等比数列,数列{a n}前n项和为S n,且满足S3＝a4,a5＝a2＋a3.(1) 求数列{a n}的通项公式；(2) 若a m a m＋1＝a m＋2,求正整数m的值；(3) 是否存在正整数m,使得S2mS2m－1恰好为数列{a n}中的一项？若存在,求出所有满足条件的m值,若不存在,说明理由．思路分析(1)建立方程组,求出公比和公差,用分段的形式写出{a n}的通项公式．(2)对m分奇、偶数,根据通项公式和a m a m＋1＝a m＋2建立方程,求出m的值．(3)运用求和公式求出S 2m 和S 2m －1,计算S 2m S 2m －1,通过分析其值只能为a 1,a 2,a 3,分情况讨论,解方程,求m 的值． 规范解答 (1)设奇数项的等差数列公差为d,偶数项的等比数列公比为q.所以数列{a n }的前5项依次为1,2,1＋d,2q,1＋2d.因为{S 3＝a 4，a 5＝a 2＋a 3，所以{4＋d ＝2q ，1＋2d ＝3＋d ，解得{d ＝2，q ＝3.(2分)所以a n ＝⎩⎨⎧n ，n 为奇数，2·332－1，n 为偶数.(4分) (2)因为a m a m ＋1＝a m ＋2.1° 若m ＝2k(k∈N *),则a 2k a 2k ＋1＝a 2k ＋2,所以2·3k －1·(2k ＋1)＝2·3k ,即2k ＋1＝3,所以k ＝1,即m ＝2.(6分) 2° 若m ＝2k －1(k ∈N *),则a 2k －1a 2k ＝a 2k ＋1,所以(2k －1)×2·3k －1＝2k ＋1,所以2·3k －1＝2k ＋12k －1＝1＋22k －1. 因为2·3k －1为整数,所以22k －1必为整数,所以2k －1＝1,所以k ＝1,此时2·30≠3.不合题意．(8分) 综上可知m ＝2.(9分)(3) 因为S 2m ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2m －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2m )＝m （1＋2m －1）2＋2（1－3m ）1－3＝3m ＋m 2－1.(10分) S 2m －1＝S 2m －a 2m ＝3m ＋m 2－1－2·3m －1＝3m －1＋m 2－1.(11分)所以S 2m S 2m －1＝3m ＋m 2－13m －1＋m 2－1＝3－2（m 2－1）3m －1＋m 2－1≤3.(12分)若S 2m S 2m －1为数列{a n }中的项,则只能为a 1,a 2,a 3. 1° S 2m S 2m －1＝1,则3－2（m 2－1）3m －1＋m 2－1＝1,所以3m －1＝0,m 无解．(13分) 2° S 2m S 2m －1＝2,则3－2（m 2－1）3m －1＋m 2－1＝2,所以3m －1＋1－m 2＝0. 当m ＝1时,等式不成立；当m ＝2时,等式成立；当m ≥3时,令f (x )＝3x －1＋1－x 2＝13·3x ＋1－x 2. 所以f ′(x )＝ln33·3x －2x ,f ″(x )＝ln 233·3x －2. 因为f ″(x )在(14分)3° S 2m S 2m －1＝3,则3－2（m 2－1）3m －1＋m 2－1＝3,所以m 2－1＝0,即m ＝1.(15分) 综上可知m ＝1或m ＝2.(16分)解后反思 第(3)问中,解方程3m －1＋1－m 2＝0,其中m 为正整数,体现函数的思想,可以先取m ＝1,m ＝2,…,找出规律,即执果索因,然后用导数的方法研究函数f(x)＝3x －1＋1－x 2的单调性,也可以用作差法来研究数列c m ＝3m －1＋1－m 2的单调性来处理．二、达标训练1、(2018南京、盐城一模)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和,若{a n }的前2017项中的奇数项和为2018,则S 2017的值为________．答案： 4034解析：因为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2017＝1009a 1009＝2018,所以a 1009＝2,故S 2017＝a 1＋a 2＋…＋a 2017＝2017a 1009＝4034.2、(2019常州期末) 数列{a n },{b n }满足b n ＝a n ＋1＋(－1)n a n (n∈N *),且数列{b n }的前n 项和为n 2,已知数列{a n －n }的前2018项和为1,那么数列{a n }的首项a 1＝________．答案： 32解析：思路分析通项公式中出现(－1)n ,注意分奇、偶项,求和时自然采用分组求和法． 数列{b n }的前n 项和为n 2,所以b n ＝n 2－(n －1)2＝2n －1(n≥2),b 1＝1也符合,故b n ＝2n －1,故a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1,设{a n }的前n 项和为S n ,a 2－a 1＝1.若n 为奇数,则⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1－a n ＝2n －1，a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋1，解得a n ＋a n ＋2＝2. 若n 为偶数,则⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋a n ＋1＝2n －1，a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，解得a n ＋a n ＋2＝4n. S 2018＝a 1＋(a 3＋a 5)＋(a 7＋a 9)＋…＋(a 2015＋a 2017)＋a 2＋(a 4＋a 6)＋(a 8＋a 10)＋…＋(a 2016＋a 2018)＝2a 1＋1＋1008＋4×(4＋8＋…＋2016)＝2a 1＋1009＋4×504×（4＋2016）2＝2a 1＋1＋1008×2021. 又S 2018－2018×20192＝1,所以2a 1＋1＋1008×2021＝1＋1009×2019,得a 1＝32.3、(2015南京、盐城一模)已知数列{a n }满足a 1＝－1,a 2>a 1,|a n ＋1－a n |＝2n (n ∈N *),若数列{a 2n －1}单调递减,数列{a 2n }单调递增,则数列{a n }的通项公式为a n ＝________.【答案】(－2)n －13因为|a n ＋1－a n |＝2n ,所以当n ＝1时,|a 2－a 1|＝2.由a 2>a 1,a 1＝－1得a 2＝1.当n ＝2时,|a 3－a 2|＝4,得a 3＝－3或a 3＝5.因为{a 2n －1}单调递减,所以a 3＝－3.当n ＝3时,|a 4－a 3|＝8,得a 4＝5或a 4＝－11.因为{a 2n }单调递增,所以a 4＝5.同理得a 5＝－11,a 6＝21.因为{a 2n －1}单调递减,a 1＝－1<0,所以a 2n －1<0.同理a 2n >0.所以当n 为奇数时(n ≥3),有a n －a n －1＝－2n －1,a n －1－a n －2＝2n －2.两式相加得a n －a n －2＝－2n －2.那么a 3－a 1＝－2；a 5－a 3＝－23；…；a n －a n －2＝－2n －2.以上各式相加得a n －a 1＝－(2＋23＋25＋…＋2n －2)．所以a n ＝a 1－2[1－(22)n －32＋1]1－22＝－2n ＋13. 同理,当n 为偶数时,a n ＝2n －13. 所以a n ＝⎩⎨⎧－2n ＋13，n 为奇数，2n －13， n 为偶数.也可以写成a n ＝(－2)n －13.4、(2017镇江期末)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) 若对任意n ∈N *,Sn ＝a 2n ＋n 2恒成立,求数列{a n }的通项公式； (3) 若S 2n ＝3(2n －1),数列{a n a n ＋1}也为等比数列,求数列{a n }的通项公式．思路分析 第2问,用相邻项作差法可把条件“对任意n ∈N *,S n ＝a 2n ＋n 2”转化为“a n －a n －1＝1或a n ＋a n －1＝1”,因为a n ＋a n －1＝1对任意的n ∈N *恒不成立,故有a n －a n －1＝1对任意的n ∈N *恒成立；第3问,由“数列{a n a n ＋1}为等比数列”知a n ＋2a n为同一个常数,即数列{a n }中奇数项和偶数项都是等比数列,且公比相同,不妨设为q ,在S 2n ＝3(2n －1)中,令n ＝2即可求出q .规范解答 (1) b 1＝a 1＋a 2＝1＋2＝3,(1分)S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3(1－3n )1－3＝3(3n －1)2.(3分) (2) 当n ≥2时,由2S n ＝a 2n ＋n ,得2S n －1＝a 2n －1＋n －1,则2a n ＝2S n －2S n －1＝a 2n ＋n －(a 2n －1＋n －1)＝a 2n －a 2n －1＋1,(a n －1)2－a 2n －1＝0,(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1－1)＝0,故a n －a n －1＝1或a n ＋a n －1＝1.(*)(6分)下面证明a n ＋a n －1＝1对任意的n ∈N *恒不成立．事实上,a 1＋a 2＝3,则a n ＋a n －1＝1不恒成立；若存在n ∈N *,使a n ＋a n －1＝1,设n 0是满足上式最小的正整数,即an 0＋an 0－1＝1,显然n 0＞2,且an 0－1∈(0,1),则an 0－1＋an 0－2≠1,则由(*)式知,an 0－1－an 0－2＝1,则an 0－2＜0,矛盾．故a n ＋a n －1＝1对任意的n ∈N *恒不成立．所以a n －a n －1＝1对任意的n ∈N *恒成立．(8分)因此{a n }是以1为首项,1为公差的等差数列,所以a n ＝1＋(n －1)＝n .(10分)(3) 因为数列{a n a n ＋1}为等比数列,设公比为q ,则当n ≥2 时,a n a n ＋1a n －1a n ＝a n ＋1a n －1＝q . 即{a 2n －1},{a 2n }分别是以1,2为首项,公比为q 的等比数列,(12分)故a 3＝q ,a 4＝2q .令n ＝2,有S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋2＋q ＋2q ＝9,则q ＝2.(14分)当q ＝2时,a 2n －1＝2n －1,a 2n ＝2×2n －1＝2n ,b n ＝a 2n －1＋a 2n ＝3×2n －1,此时S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3(1－2n )1－2＝3(2n －1)． 综上所述,a n ＝⎩⎨⎧ 2n －12，n 为奇数，2n 2，n 为偶数.(16分)易错警示 在第2问中,必须证明a n ＋a n －1＝1对任意的n ∈N *恒不成立,不是“对任意的n ∈N *不恒成立”,因为若存在某个n 0∈N *使得a n ＋a n －1＝1成立,由于逻辑连结词“或”的缘故,则此时式子“an 0－an 0－1＝1”可以不成立！也就是说,“a n －a n －1＝1对任意的n ∈N *恒成立”不一定正确．解后反思 由于“S 2n ＝3(2n －1)”符合特征“S n ＝A －Aq n ”,故数列{a 2n －1＋a 2n }是等比数列,且公比为2,再由“数列{a n a n ＋1}为等比数列”知a n ＋2a n为同一个常数,即数列{a n }中奇数项和偶数项都是等比数列,且公比相同,不妨设为q ,则有a 2n ＋1a 2n －1＝a 2n ＋2a 2n ＝q ,即a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 2n －1＋a 2n＝q ,故q ＝2. 5、(2016南京、盐城、连云港、徐州二模)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 .规范解答 (1) 由a 1＝－S 1＋p,得a 1＝p 2.(2分)由a 2＝S 2＋p 2,得a 1＝－p 2,所以p 2＝－p 2. 又p≠0,所以p ＝－12.(3分) (2)由a n ＝(－1)n S n ＋⎝⎛⎭⎫－12n , 得⎩⎨⎧ a n ＝(－1)n S n ＋⎝⎛⎭⎫－12n ， ∈a n ＋1＝－(－1)n S n ＋1＋⎝⎛⎭⎫－12n ＋1， ∈∈＋∈得a n ＋a n ＋1＝(－1)n (－a n ＋1)＋12×⎝⎛⎭⎫－12n .(5分) 当n 为奇数时,a n ＋a n ＋1＝a n ＋1－12×⎝⎛⎭⎫12n , 所以a n ＝－⎝⎛⎭⎫12n ＋1.(7分)当n 为偶数时,a n ＋a n ＋1＝－a n ＋1＋12×⎝⎛⎭⎫12n , 所以a n ＝－2a n ＋1＋12×⎝⎛⎭⎫12n ＝2×⎝⎛⎭⎫12n ＋2＋12×⎝⎛⎭⎫12n ＝⎝⎛⎭⎫12n , 所以a n＝⎩⎨⎧－12n ＋1，n 为奇数， n∈N *，12n ， n 为偶数，n ∈N *. (9分)(3)A n ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫－14n ，14n ,由于b 1≠c 1,则b 1 与c 1一正一负, 不妨设b 1＞0,则b 1＝14,c 1＝－14. 则P n ＝b 1＋2b 2＋3b 3＋…＋nb n ≥14－⎝⎛⎭⎫242＋343＋…＋n 4n .(12分)设S ＝242＋343＋…＋n 4n ,则14S ＝243＋…＋n －14n ＋n 4n ＋1, 两式相减得34S ＝242＋143＋…＋14n －n 4n ＋1＝116＋116×1－⎝⎛⎭⎫14n －11－14－n 4n ＋1＝748－112×14n －1－n 4n ＋1＜748. 所以S ＜748×43＝736,所以P n ≥14－⎝⎛⎭⎫242＋343＋…＋n 4n ＞14－736＝118＞0.(14分) 因为Q n ＝ c 1＋2 c 2＋3 c 3＋…＋n c n ≤－14＋S ＜－14＋736＝－118＜0,所以P n ≠Q n .(16分) 解题反思 作为压轴题,第(1)小题的分数是较容易得到的；第(2)小题中的主要难点在于对正整数n 的奇偶性进行讨论,特别在求n 为偶数时数列{a n }的通项公式,注意利用n ＋1为奇数时数列a n ＋1的通项公式求解；第(3)小题在思维层面上的难度大,理解题意后还需用错位相减法求和,这也是在数列求和中较容易出错的题型,所以请考生在二轮复习备考中不仅要注重思维提升,而且不能忽视基本数学思想方法以及基本数学运算．6、(2015扬州期末)已知数列{a n }中,a 1＝1,a 2＝a ,且a n ＋1＝k (a n ＋a n ＋2)对任意正整数都成立,数列{a n }的前n 项和为S n .(1) 若k ＝12,且S 2 015＝2 015a ,求a 的值． (2) 是否存在实数k ,使数列{a n }是公比不为1的等比数列,且对任意相邻三项a m ,a m ＋1,a m ＋2按某顺序排列后成等差数列？若存在,求出所有k 的值；若不存在,请说明理由．(3) 若k ＝－12,求S n .思路分析 (1) 当k ＝12时,由等差中项法可得数列为等差数列,根据等差数列的前n 项和公式,得到一个关于a 的方程,可求出a 的值．(2) 假设存在这样的k ,这样根据{a n }是等比数列,就可得a m ,a m ＋1,a m ＋2,然后进行排序,从而分类讨论来解决问题．(3) 当k ＝－12时,由a n ＋1＝－12(a n ＋a n ＋2)可得a n ＋2＋a n ＋1＝－(a n ＋1＋a n )＝a n ＋a n －1,从而构造数列{b n },其中b n ＝a n ＋a n ＋1(n 为偶数时)(或b n ＝a n ＋1＋a n ＋2(n 为奇数时),则该数列就是一个常数列,从而求出S n .规范解答 (1) 当k ＝12时,a n ＋1＝12(a n ＋a n ＋2),a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n , 所以数列{a n }是等差数列,(2分)此时首项a 1＝1,公差d ＝a 2－a 1＝a －1,数列{a n }的前2 015项和是S 2 015＝2 015＋12×2 015(2 015－1)(a －1)＝2 015a ,解得a ＝1.(4分)(2) 设数列{a n }是等比数列,则它的公比q ＝a 2a 1＝a , 所以a m ＝a m －1,a m ＋1＝a m ,a m ＋2＝a m ＋1.(6分)∈若a m ＋1为等差中项,则2a m ＋1＝a m ＋a m ＋2,即2a m ＝a m －1＋a m ＋1,解得a ＝1,不合题意； ∈若a m 为等差中项,则2a m ＝a m ＋1＋a m ＋2,即2a m －1＝a m ＋a m ＋1,化简得a 2＋a －2＝0,解得a ＝－2(舍去a ＝1),所以k ＝a m ＋1a m ＋a m ＋2＝a m a m －1＋a m ＋1＝a 1＋a 2＝－25； ∈若a m ＋2为等差中项,则2a m ＋2＝a m ＋1＋a m ,即2a m ＋1＝a m ＋a m －1,化简得2a 2－a －1＝0,解得a ＝－12(舍去a ＝1),所以k ＝a m ＋1a m ＋a m ＋2＝a m a m －1＋a m ＋1＝a 1＋a 2＝－25.(9分) 综上,满足要求的实数k 有且仅有一个,k ＝－25.(10分) (3) k ＝－12,则a n ＋1＝－12(a n ＋a n ＋2), a n ＋2＋a n ＋1＝－(a n ＋1＋a n ),a n ＋3＋a n ＋2＝－(a n ＋2＋a n ＋1)＝a n ＋1＋a n .(12分)当n 是偶数时,S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a n －1＋a n＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n )＝n 2(a 1＋a 2) ＝n 2(a ＋1)； 当n 是奇数时,S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a n －1＋a n＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n )＝a 1＋n －12(a 2＋a 3) ＝a 1＋n －12[－(a 1＋a 2)] ＝1－n －12(a ＋1)． 当n ＝1也适合上式．(15分)综上所述,S n ＝⎩⎨⎧ 1－n －12(a ＋1)，n 是奇数，n 2(a ＋1)， n 是偶数.(16分)解后反思 考查等差数列与等比数列的相关知识、或将数列转化为等差(等比)数列来加以研究,是江苏高考对数列知识考查的最为典型的形式．本题就具有这样的特征,体现了高考命题的特点．。