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微突破(九)　数列中奇偶项问题的四种类型
例1　(1)B　(2)an=2n+[1+(-1)n]
[解析] (1)∵数列{an}满足a1=1,an+1an=2n,∴==2,a2a1=2,得a2=2,∴数列{an}的奇数项与偶数项分别成等比数列,公比都为2,首项分别为1,2.则S2026=(a1+a3+…+a2025)+(a2+a4+…+a2026)=+=3×21013-3,故选B.
(2)由题意可得an+1+an=4n+3,an+1+an+2=4n+7,两式相减可得 an+2-an=4,所以数列{an}的奇数项和偶数项分别构成公差为4的等差数列.由a1=2,a2+a1=4+3,可得a2=5.当n为奇数时,an=2+×4=2n;当n为偶数时,an=5+×4=2n+1.因此an=2n+[1+(-1)n].
变式　C　[解析] 由an+1+an=3×2n,a2=5,可得a1+a2=a1+5=6,解得a1=1,则{an}的前11项的和为a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a10+a11)=1+3×(4+16+…+1024)=1+3×=1+4096-4=4093.故选C.
例2　解:(1)由题意知a2=a1+1,a3=2a2=2a1+2,
因为a2是a1,a3的等比中项,所以=a1a3,即(a1+1)2=a1(2a1+2),
显然a1≠0且a1≠-1,解得a1=1.
(2)当n是奇数时,an=2an-1=2(an-2+1)=2an-2+2(n≥3),
即an+2=2(an-2+2)(n≥3),
因为a1+2=3,所以数列a1+2,a3+2,…,a2n-1+2,…是首项为3,公比为2的等比数列,则S20=a1+a2+a3+a4+…+a19+a20=a1+(a1+1)+a3+(a3+1)+…+a19+(a19+1)=2[(a1+2)+(a3+2)+…+(a19+2)]-30=2×-30=6108.
变式　(1)A　[解析] 当m为奇数时,由am-1·am=am+1(m≥2),得(m+1)2m=m+3 2m==1+(*),由m≥2可知2m≥22=4,1+∈,故(*)式无解.当m为偶数时,由am-1·am=am+1(m≥2),得2m-1(m+2)=2m+1 m+2==4 m=2.故选A.
(2)解:①由an-1+an+1=2an(n≥2),得an+1-an=an-an-1(n≥2),
所以数列{an}为等差数列,所以S5=5×=5a3=15,得a3=3.
所以公差d==1,所以an=n.
②当n为奇数时,bn=an=n.
当n为偶数时bn==2n-1.
所以T2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)=(1+3+…+2n-1)+(2+23+…+22n-1)=n2+.
例3　D　[解析] 由an+1+(-1)n·an=3n-1,得a2-a1=2,a3+a2=5,a4-a3=8,a5+a4=11,…,则a1+a3=3,a3+a5=3,a5+a7=3,a7+a9=3,…,即从第一项开始,依次取2个相邻奇数项的和都等于3;a2+a4=13,a6+a8=37,a10+a12=61,…,即从第二项开始,依次取2个相邻偶数项的和构成以13为首项,24为公差的等差数列.故S60=3×15+13×15+×24=2760.故选D.
变式　-17　[解析] an=(-1)n(2n+1)(n∈N*),若n是偶数,则n+1为奇数,此时an+an+1=2n+1-(2n+3)=-2,故S15=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a14+a15)=-3-2×7=-17.
例4　2101　[解析] 由递推关系可知, 若n是奇数, 则an+2=an+1,所以{a2k-1}(k∈N*)是以a1为首项, 1为公差的等差数列;若n是偶数, 则an+2=2an,所以{a2k}(k∈N*)是以a2为首项, 2为公比的等比数列.所以a2k-1=a1+(k-1)×1=k, a2k=a22k-1=2k, 可得S20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=+ =2101.
变式　B　[解析] an=n2sin=n2sin=-n2cos(nπ)=∴S99=12-22+32-42+…+992=1+(3+2)×(3-2)+(5+4)×(5-4)+…+(99+98)×(99-98)=1+2+3+…+99=4950.故选B.微突破(九)　数列中奇偶项问题的四种类型
1.A　[解析] 因为数列{an}满足an=所以S21=3×2+3+3×23+7+…+39+3×221=3(2+23+…+221)+(3+7+11+…+39)=3×+=223+208,故选A.
2.A　[解析] 因为an=3n+1,bn=(-1)n+1an,数列{bn}的前n项和为Tn,所以T19=a1-a2+a3-a4+…+a17-a18+a19=4-7+10-13+…+52-55+58=(4-7)+(10-13)+…+(52-55)+58=-3×9+58=-27+58=31.故选A.
3.D　[解析] 由an·an+1+cos(nπ)=sin可得an·an+1=sin-cos(nπ),则当n为奇数时,anan+1=1+1=2;当n为偶数时,anan+1=-1-1=-2.故当n为奇数时,anan+1=2,an+1an+2=-2,则=-1,当n为偶数时,anan+1=-2,an+1an+2=2,则=-1.故对任意的n∈N*,=-1恒成立.所以数列{an}中的奇数项构成以-1为公比的等比数列,偶数项也构成以-1为公比的等比数列,因为a1=1,所以a2==2,所以S2026=+==3.故选D.
4.D　[解析] 因为an+an+1=4n+2①,所以当n≥2时,an-1+an=4(n-1)+2②,两式相减得an+1-an-1=4,则当n为奇数时,{an}为等差数列,首项为4,公差为4,所以an=4+4·=2n+2.对于an+an+1=4n+2,令n=1得a1+a2=6,则a2=6-4=2.故当n为偶数时,{an}为等差数列,首项为2,公差为4,所以an=2+4=2n-2.所以当n为奇数时,Sn=(a1+a3+…+an)+(a2+a4+…+an-1)==n2+n+2.当n为偶数时,Sn=(a1+a3+…+an-1)+(a2+a4+…+an)==n2+n.当n为奇数时,令n2+n+2>2023,得n≥45,当n为偶数时,令n2+n>2023,得n≥46,所以使Sn>2023成立的n的最小值为45.故选D.
5.解:(1)因为Sn+Sn+1=3an+1-4①,
所以当n=1时,a1+a1+a2=3a2-4,
又a1=2,所以a2=4.
当n≥2时,Sn-1+Sn=3an-4②,
①式减去②式得an+an+1=3an+1-3an(n≥2),
所以an+1=2an(n≥2).
又a1=2,a2=4=2a1,所以对任意n∈N*,=2恒成立,
所以{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n.
设等差数列{bn}的公差为d,
因为b2+b4=6,T4=10,
所以解得b1=d=1,
所以bn=1+(n-1)×1=n,即{bn}的通项公式为bn=n.
(2)cn=设数列{cn}的前n项和为Qn,前2n项中,奇数项的和为Q奇,偶数项的和为Q偶,
则Q奇=1+3+5+…+(2n-1)==n2,
Q偶=25+29+213+…+24n+1==,
因此Q2n=n2+.
6.解:(1)当n=1时,可得a1+1=2a1,则a1=1,
当n≥2时,由Sn+1=2an,得Sn-1+1=2an-1,则an=2an-1(n≥2),
所以{an}是首项为1,公比为2的等比数列,则an=2n-1.
(2)由题意知bn=k∈N*,则当n为偶数时,Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=(20+22+…+2n-2)+(2+4+…+n)=+;
当n为奇数时,Tn=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)=(20+22+…+2n-1)+(2+4+…+n-1)=+(n≥3),且T1=b1=1满足上式.
综上,Tn=
k∈N*.
7.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,而bn=k∈N*,
则b1=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b3=a3-6=a1+2d-6,
所以S4=4a1+6d=32,T3=4a1+4d-12=16,解得a1=5,d=2,所以an=a1+(n-1)d=2n+3,
即数列{an}的通项公式是an=2n+3.
(2)证明:方法一,由(1)知,Sn==n2+4n,
bn=k∈N*,
当n为偶数时,bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1,Tn=·=n2+n,
当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=n(n-1)>0,因此Tn>Sn.
当n为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1=(n+1)2+(n+1)-[4(n+1)+6]=n2+n-5,
当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn.
所以当n>5时,Tn>Sn.
方法二,由(1)知,Sn==n2+4n,bn=k∈N*,
当n为偶数时,Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=·+·=n2+n,
当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=n(n-1)>0,
因此Tn>Sn.
当n为奇数时,若n≥3,则Tn=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)=·+·=n2+n-5,
显然T1=b1=-1满足上式,因此当n为奇数时,Tn=n2+n-5,
当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn.
所以当n>5时,Tn>Sn.微突破(九)　数列中奇偶项问题的四种类型
类型1　相邻项和(积)为等差(等比)数列
在等差数列中,有一类比较特殊的递推类型,即an+1+an=An+B,它可以得到两个子数列,这两个子数列都是公差为A的等差数列;在等比数列中,有一类比较特殊的递推类型,即an+1·an=p·qn,它可以得到两个子数列,这两个子数列都是公比为q的等比数列.　　　　　　　　　　　　　　　
例1 (1)设数列{an}满足a1=1,an+1an=2n(n∈N*),若Sn为数列{an}的前n项和,则S2026=(　 )
A.22026-1
B.3×21013-3
C.22013-3
D.22014-3
(2)已知数列{an}满足a1=2,an+1+an=4n+3,则数列{an}的通项公式为　　　　　　　　.
变式 在数列{an}中,已知an+1+an=3×2n,a2=5,则{an}的前11项的和为 (　 )
A.2045 B.2046
C.4093 D.4094
类型2　奇偶分段数列
1.an+1=k∈N*,因为数列的通项公式均已知,所以求和时只需分奇偶项求和即可.
2.an+1=k∈N*,因为数列通项在项数为奇数时是递推关系,所以需要先利用递推关系求得项数为奇数时每项的特征.在求和时往往需将奇数项的计算转化为已知通项的偶数项进行.
3.an+1=k∈N*,这一类数列求和问题需要先求出各段的通项公式,再分别求和,通常需要构造隔项之间的递推关系从而求得具体通项公式.
例2 已知数列{an}满足an+1=(k∈N*),a2是a1,a3的等比中项.
(1)求a1的值;
(2)求数列{an}的前20项和S20.
变式 (1)已知数列{an}满足an=若am-1·am=am+1(m≥2),则m= (　 )
A.2 B.3
C.4 D.8
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn,an-1+an+1=2an(n≥2,n∈N*),且a1=1,S5=15.
①求数列{an}的通项公式;
②若bn=求数列{bn}的前2n项和T2n.
类型3　摆动数列
若数列的通项公式或所给的递推关系中含有(-1)n,一般来说数列的项是正负相间摆动的,我们一般用并项法处理相关问题.
例3 已知数列{an}满足an+1+(-1)nan=3n-1(n∈N*),则{an}的前60项的和为 (　 )
A.1240 B.1830
C.2520 D.2760
变式 已知数列{an}的通项公式为an=(-1)n(2n+1)(n∈N*),Sn是其前n项和,则S15=　　　　.
类型4　含三角式的数列
若数列的通项公式或所给的递推关系中含有三角函数形式,一般来说数列的项是摆动的,我们通常分n为奇数和偶数来处理相关问题.
例4 数列{an}满足a1=1,a2=2, an+2=an+sin2(n∈N*), 则数列{an} 的前20项的和S20=　　　　.
变式 已知数列{an}的通项公式为an=n2sin,前n项和为Sn,则S99= (　 )
A.-4950 B.4950
C.-5050 D.5050微突破(九)　数列中奇偶项问题的四种类型
1.已知数列{an}满足an=则S21= (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.223+208 B.225+208
C.227+208 D.229+208
2.数列{an}满足an=3n+1,数列{bn}的前n项和为Tn,且bn=(-1)n+1an,则T19= (　 )
A.31 B.32 C.33 D.34
3.已知Sn是数列{an}的前n项和,a1=1,an·an+1+cos(nπ)=sin,则S2026= (　 )
A.-2 B.2 C.-3 D.3
4.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=4,an+an+1=4n+2(n∈N*),则使Sn>2023成立的n的最小值为 (　 )
A.32 B.33 C.44 D.45
5.(13分)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,Sn+Sn+1=3an+1-4,等差数列{bn}的前n项和为Tn,b2+b4=6,T4=10.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn=求数列{cn}的前2n项和.
6.(15分)[2025·江苏徐州一中高二质检] 已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+1=2an(n∈N*).
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=且k∈N*,求数列{bn}的前n项和Tn.
7.(15分)[2025·山东济宁一中高二调研] 已知{an}为等差数列,bn=记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.(共40张PPT)
微突破（九） 数列中奇偶项问题的四种类型
类型1 相邻项和（积）为等差（等比）数列
类型2 奇偶分段数列
类型3 摆动数列
类型4 含三角式的数列
◆
练习册
答案核查【导】
答案核查【练】
类型1 相邻项和（积）为等差（等比）数列
在等差数列中，有一类比较特殊的递推类型，即
，它可以得到两个子数列，这两个子数列都是公
差为 的等差数列；在等比数列中，有一类比较特殊的递推类型，即
，它可以得到两个子数列，这两个子数列都是公比
为 的等比数列.
例1（1）设数列满足,，若 为数列
的前项和，则 ( )
A. B. C. D.
[解析] 数列满足，, ,
,得, 数列 的奇数项与偶数项分别成等比数列，
公比都为2，首项分别为1，2.
,故选B.
√
（2）已知数列满足,,则数列 的通
项公式为______________________.
[解析] 由题意可得， ，两
式相减可得，所以数列 的奇数项和偶数项分别构
成公差为4的等差数列.
由,，可得.
当 为奇数时,;
当 为偶数时, .
因此 .
变式 在数列中，已知,,则 的前11
项的和为( )
A.2045 B.2046 C.4093 D.4094
[解析] 由,,可得 ,解得
,则的前11项的和为 .故选C.
√
类型2 奇偶分段数列
1. ，因为数列的通项公式均已知，
所以求和时只需分奇偶项求和即可.
2. ，因为数列通项在项数为奇数时
是递推关系，所以需要先利用递推关系求得项数为奇数时每项的特
征.在求和时往往需将奇数项的计算转化为已知通项的偶数项进行.
3. ，这一类数列求和问题需要先求
出各段的通项公式，再分别求和，通常需要构造隔项之间的递推关
系从而求得具体通项公式.
例2 已知数列满足,是 ,
的等比中项.
（1）求 的值；
解：由题意知， ，
因为是,的等比中项，所以 ，即
，
显然且，解得 .
（2）求数列的前20项和 .
解：当是奇数时， ，
即 ，
因为，所以数列,, ,, 是首项为3，
公比为2的等比数列，则
.
变式（1）已知数列满足 若
，则 ( )
A.2 B.3 C.4 D.8
[解析] 当为奇数时，由 ，得
，由 可知
，，故式无解．
当 为偶数时，由 ，得
．故选A．
√
（2）已知数列的前项和为 ,
，且, .
①求数列 的通项公式;
解：由，得，
所以数列为等差数列，所以 ，得
.
所以公差，所以 .
②若求数列的前项和 .
解：当为奇数时， .
当为偶数时 .
所以 .
（2）已知数列的前项和为 ,
，且, .
类型3 摆动数列
若数列的通项公式或所给的递推关系中含有 ，一般来说数列的
项是正负相间摆动的，我们一般用并项法处理相关问题.
例3 已知数列满足，则 的
前60项的和为( )
A.1240 B.1830 C.2520 D.2760
√
[解析] 由，得 ，
，，， ，则 ，
，，， ，即从第一项开始，依
次取2个相邻奇数项的和都等于3；
， ，， ，
即从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以13为首项，
24为公差的等差数列.
故 .故选D.
变式 已知数列的通项公式为，
是其前项和，则 _____.
[解析] ，若是偶数，则 为奇数，
此时，故 .
类型4 含三角式的数列
若数列的通项公式或所给的递推关系中含有三角函数形式，一般来
说数列的项是摆动的，我们通常分 为奇数和偶数来处理相关问题.
例4 数列满足, ,
,则数列 的前20项的和
______.
2101
[解析] 由递推关系可知, 若是奇数, 则 ,所以
是以为首项, 1为公差的等差数列;若 是偶数, 则
,所以是以 为首项, 2为公比的等比数列.
所以, ,可得
.
变式 已知数列的通项公式为，前项和为 ，
则 ( )
A. B.4950 C. D.5050
[解析] .故选B.
√
练习册
1.已知数列满足则 ( )
A. B. C. D.
[解析] 因为数列满足所以 ，故选A.
√
2.数列满足，数列的前项和为 ，且
，则 ( )
A.31 B.32 C.33 D.34
[解析] 因为，，数列的前 项和为
，所以 .故选A.
√
3.已知是数列的前项和， ，
，则 ( )
A. B.2 C. D.3
[解析] 由 可得
，
则当 为奇数时，；
当为偶数时，.
故当 为奇数时，，，则，
当 为偶数时，，，则 .
√
，恒成立.所以数列中的奇数项构成
以 为公比的等比数列，偶数项也构成以为公比的等比数列，
因为 ，所以 ，所以
.故选D.
4.已知数列的前项和为，且 ，
，则使成立的 的最小值为
( )
A.32 B.33 C.44 D.45
[解析] 因为，所以当 时，
，两式相减得，
则当 为奇数时， 为等差数列，首项为4，公差为4，所以
.
对于，令 得，则.
√
故当为偶数时， 为等差数列，首项为2，公差为4，
所以.
所以当 为奇数时， .
.
，
当为偶数时，令，得 ，
所以使成立的 的最小值为45.故选D.
5.（13分）已知数列的前项和为， ，
，等差数列的前项和为 ，
， .
（1）求和 的通项公式；
解：因为 ，
所以当时， ，
又，所以 .
当时， ，
①式减去②式得 ，
所以 .
又，，所以对任意， 恒成立，
所以是以2为首项，2为公比的等比数列，所以 .
设等差数列的公差为 ，
因为， ，
所以解得 ，
所以，即的通项公式为 .
（2）设求数列的前 项和.
解：设数列的前项和为，前 项中，
奇数项的和为，偶数项的和为 ，
则 ，
，
因此 .
6.（15分）［2025·江苏徐州一中高二质检］ 已知数列的前 项
和为，且 .
（1）求 的通项公式；
解：当时，可得,则 ，
当时，由，得 ，则
，
所以是首项为1，公比为2的等比数列，则 .
（2）设且，求数列的前项和 .
解：由题意知，则当 为偶数时，
；
当 为奇数时，
，
且 满足上式.
综上， .
7.（15分）［2025·山东济宁一中高二调研］ 已知 为等差数列，
记，分别为数列，的前 项和，
， .
（1）求 的通项公式；
解：设等差数列的公差为，而 ，
则,, ，
所以，，解得 ,
，所以 ，
即数列的通项公式是 .
（2）证明：当时， .
证明：方法一，由（1）知， ，
，
当为偶数时， ，
，
当时， ，因
此 .
，
当 时，
，因此
.
所以当时， .
方法二，由（1）知， ，
，
当 为偶数时，
，
当时， ，
因此 .
，
显然满足上式，因此当为奇数时， ，
当 时，
，因此
.
所以当时， .
快速核答案（导学案）
例1 （1）B （2） 变式 C
例2 （1）（2）
变式 （1）A （2）① ②
例3 D 变式
例4 2101 变式 B
快速核答案（练习册）
1.A 2.A 3.D 4.D
5.（1），（2）
6.（1）
（2）.
7.（1）（2）略

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