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微突破1　数列的奇偶项问题
（时间：30分钟，满分：45分）
一、单项选择题（每小题5分，共10分）
1.已知数列{an}满足a1＝1，前n项和为Sn，an＋1·an＝2n（n∈N*），则S2 024＝（　　）
A.22 024－1 B.3×21 012－1
C.3×21 012－2 D.3×21 012－3
2.已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ}的前2 025项和为（　　）
A.1 012 B.1 013
C.2 025 D.－2 025
二、填空题（5分）
3.已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝则数列{an}的通项公式为　　　　.
三、解答题（共30分）
4.（15分）（2025·山东潍坊统考）已知正项数列{an}满足a1＝1，an＋1（an＋2）＝2＋5an＋2（n∈N*）.
（1）证明：数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝（－1）nlog4（an＋1），数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
5.（15分）（2025·河北衡水调研）已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋4n（n∈N*）.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{cn}满足cn＋1＋cn＝an，且不等式cn＋2n2≥0对任意的n∈N*都成立，求c1的取值范围.
微突破1　数列的奇偶项问题
1.D　数列{an}中，a1＝1，由an＋1·an＝2n得a2＝2，an＋2·an＋1＝2n＋1，则有＝2，因此数列{a2n－1}是以1为首项，2为公比的等比数列，数列{a2n}是以2为首项，2为公比的等比数列.则S2 024＝（a1＋a3＋…＋a2 023）＋（a2＋a4＋…＋a2 024）＝＋＝3×21 012－3，故选D.
2.D　设数列{an}的公差为d，则解得所以an＝2n－1.设bn＝ancos nπ，所以b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝a2－a1＝2，b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝a4－a3＝2，…，所以数列{ancos nπ}的前2 025项和为（b1＋b2）＋（b3＋b4）＋…＋（b2 023＋b2 024）＋b2 025＝2×＋（2×2 025－1）cos 2 025π＝－2 025.故选D.
3.an＝　解析：当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1＝a2k＋2k　①，当n＝2k－1，k∈N*时，a2k＝a2k－1＋2k　②.由①②得a2k＋1－a2k－1＝4k，k∈N*，所以a3－a1＝4，a5－a3＝8，…，a2k＋1－a2k－1＝4k，k∈N*，累加得a2k＋1－a1＝4＋8＋…＋4k＝2k2＋2k，所以a2k＋1＝2k2＋2k.令2k＋1＝n，k∈N*，则n≥3且n为奇数，an＝，当n＝1时，a1＝0满足上式，所以当n为奇数时，an＝，此时an＋1＝an＋n＋1＝，所以当n为偶数时，an＝.所以an＝
4.解：（1）因为an＋1（an＋2）＝2＋5an＋2＝（2an＋1）（an＋2），an＞0，
所以an＋1＝2an＋1，
所以an＋1＋1＝2（an＋1），
所以数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列.
所以an＋1＝2n，即数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
（2）结合（1）知bn＝（－1）nlog42n＝（－1）n·，
所以当n为偶数时，Tn＝（－＋）＋（－＋）＋…＋（－＋）＝·＝.
当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝－＝－.
所以数列{bn}的前n项和Tn＝
5.解：（1）由题意得，当n＝1时，a1＝S1＝5；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋4n－（n－1）2－4（n－1）＝2n＋3，
当n＝1时，a1＝5，适合上式，故数列{an}的通项公式为an＝2n＋3.
（2）由（1）知，cn＋1＋cn＝2n＋3，
当n＝1时，c2＋c1＝5；
当n≥2时，cn＋cn－1＝2（n－1）＋3，
两式相减得cn＋1－cn－1＝2（n≥2），
∴数列{c2n}是以c2为首项，公差为2的等差数列，
数列{c2n－1}是以c1为首项，公差为2的等差数列.
当n为偶数时，cn＝c2＋2×（－1）＝n＋3－c1；
当n为奇数时，cn＝c1＋2×（－1）＝n－1＋c1，
∴cn＝k∈N*.
∵对任意的n∈N*，都有cn＋2n2≥0成立，
①当n为奇数时，n≥1，cn＋2n2＝n－1＋c1＋2n2≥0恒成立，
即－c1≤2n2＋n－1对n为奇数恒成立，
当n＝1时，（2n2＋n－1）min＝2，
∴－c1≤2，即c1≥－2；
②当n为偶数时，n≥2，
cn＋2n2＝n＋3－c1＋2n2≥0恒成立，
即c1≤2n2＋n＋3对n为偶数恒成立，
当n＝2时，（2n2＋n＋3）min＝13，∴c1≤13.
综上所述，c1的取值范围是[－2，13].
1 / 1微突破1　数列的奇偶项问题
【备考指南】　数列的奇偶项问题主要考查学生的综合运用能力与探究问题能力，考查形式既有小题，也有解答题，解决此类问题的难点在于搞清数列中奇数项和偶数项各自的首项、项数、公差、公比等，特别注意分类讨论思想在解题中的灵活运用.
1.等差数列中，若项数为偶数2n，则S2n＝n（an＋an＋1）；S偶－S奇＝nd；＝.若项数为奇数2n－1，则S2n－1＝（2n－1）an；S奇－S偶＝an；＝.
1.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若公差d＝，且S100＝145，则a1＋a3＋a5＋…＋a97＋a99＝（　　）
A.60 B.70
C.75 D.85
2.等比数列中，若项数为2n，则＝q；若项数为2n＋1，则＝q.
2.已知一个项数为偶数的等比数列{an}的所有项之和为所有奇数项之和的3倍，前2项之积为8，则a1＝（　　）
A.2 B.－2
C.－1 D.2或－2
3.当题目条件中出现（－1）n时，需按照n的奇偶性分类求解.
3.已知数列{an}满足an＝（－1）n·（2n－1），n∈N*，则其前n项和Sn＝（　　）
A.（－1）n－1·n B.（－1）n·n
C. D.（－1）n＋1·n
4.由cn＝求S2n，则S2n＝（a1＋a3＋…＋a2n－1）＋（b2＋b4＋…＋b2n）.
4.已知数列{an}，{bn}，其中{an}是各项均为正数的等比数列，满足3a1＋a2＝18，＝9a1a5，则{an}的通项公式为　　　　；若bn＝则数列{bn}的前2n项和S2n＝　　　　.
【思维建模】　常见奇偶项数列的类型
（1）cn＝型；
（2）含有（－1）n型；
（3）含有三角函数型；
（4）数列中连续两项和或积问题：an＋an＋1＝f（n）或an·an＋1＝f（n）；
（5）含有{a2n}，{a2n－1}的问题.
【通性通法】　由cn＝求Sn的策略
（1）当n为偶数时，有个奇数项，个偶数项，则Sn＝（a1＋a3＋…＋an－1）＋（b2＋b4＋…＋bn）；
（2）当n为奇数时，有个奇数项，个偶数项，则Sn＝（a1＋a3＋…＋an）＋（b2＋b4＋…＋bn－1）.也可由Sn＝Sn－1＋an求解，其中Sn－1可由（1）直接得到.
【例1】　（2023·新高考Ⅱ卷18题）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.
【通性通法】　（1）若an·an－1＝qn，则an＋1·an＝qn＋1，相除得＝q.当n为奇数时，数列为以a1为首项，q为公比的等比数列；当n为偶数时，数列为以a2为首项，q为公比的等比数列；
（2）若an＋an－1＝dn，则an＋1＋an＝d（n＋1），相减得an＋1－an－1＝d.当n为奇数时，数列为以a1为首项，d为公差的等差数列；当n为偶数时，数列为以a2为首项，d为公差的等差数列.
【例2】　在数列{an}中，已知a1＝1，an·an＋1＝（）n，记Sn为{an}的前n项和，bn＝a2n＋a2n－1.
（1）判断数列{bn}是否为等比数列，并写出其通项公式；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）求Sn.
【训练1】　（2025·陕西安康模拟）已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a2＋2a3＝13，S6＝36.
（1）求{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn＝（－1）nan＋[（－1）n＋1]2n，求{bn}的前2n项和T2n.
【瓶颈突破】　对于递推关系分奇偶不同的数列，可以利用a2n，a2n－1及a2n－1，a2n－2，推导出偶数项递推关系，求出偶数项的通项公式，通过a2n，a2n－1的关系再推出奇数项的通项公式.求Sn时，可以先把a2n＋a2n－1看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.
【训练2】　已知数列{an}，a1＝1，an＋1＝
（1）是否存在实数λ，使得数列{a2n－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Sn是数列{an}的前n项和，求满足Sn＞0的所有正整数n.
微突破1　数列的奇偶项问题
【基础·回扣】
1.A　2.D　3.B　4.an＝3n　2n2＋n－＋
【典例·讲解】
【例1】　解：（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
因为bn＝且S4＝32，T3＝16，
所以
解得
所以{an}的通项公式为an＝5＋2（n－1）＝2n＋3.
（2）证明：由（1）可知，Sn＝＝＝n2＋4n.
由an＝2n＋3，得bn＝
若n为偶数，则
Tn＝（b1＋b3＋…＋bn－1）＋（b2＋b4＋…＋bn）＝（a1－6＋a3－6＋…＋an－1－6）＋（2a2＋2a4＋…＋2an）＝（5＋9＋…＋2n＋1－3n）＋2（7＋11＋…＋2n＋3）＝－3n＋2×＝n2＋n.
所以当n＞5时，Tn－Sn＝n2＋n－（n2＋4n）＝n2－n＝n（n－1）＞0，
即Tn＞Sn.
若n为奇数，则n－1为偶数，则
Tn＝Tn－1＋bn＝（n－1）2＋（n－1）＋2n＋3－6＝n2＋n－5.
所以当n＞5时，
Tn－Sn＝n2＋n－5－（n2＋4n）＝n2－n－5＝（n2－3n－10）＝（n＋2）（n－5）＞0，即Tn＞Sn.
综上可得，当n＞5时，Tn＞Sn.
【例2】　解：（1）∵an·an＋1＝（）n，
∴an＋1·an＋2＝（）n＋1，
∴＝，即an＋2＝an，
∴＝＝＝.
∵a1＝1，a1·a2＝，∴a2＝，
∵b1＝a2＋a1＝＋1＝，
∴数列{bn}是以为首项，为公比的等比数列，
∴数列{bn}的通项公式为bn＝·（）n－1＝.
（2）由（1）可知an＋2＝an，且a1＝1，a2＝，
∴数列{a2n}是以为首项，为公比的等比数列，数列{a2n－1}是以1为首项，为公比的等比数列，
∴当n为奇数时，an＝（；
当n为偶数时，an＝（，
∴数列{an}的通项公式为an＝
（3）①当n＝2k时，S2k＝（a1＋a3＋…＋a2k－1）＋（a2＋a4＋…＋a2k）＝3－.
②当n＝2k－1时，S2k－1＝S2k－a2k＝3－－＝3－.
∴Sn＝
【训练1】　解：（1）设等差数列{an}的公差为d，
由a2＋2a3＝13，S6＝36，
得解得
所以{an}的通项公式为an＝2n－1.
（2）由（1）得bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]2n，
当n为奇数时，bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]·2n＝－（2n－1），
当n为偶数时，bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]·2n＝（2n－1）＋2n＋1，
所以T2n＝（a2－a1）＋（a4－a3）＋…＋（a2n－a2n－1）＋（23＋25＋…＋22n＋1）＝2n＋＝＋2n.
【训练2】　解：（1）由题意得a2n＋2＝＋2n＋1＝（a2n－6n）＋2n＋1，
∴a2n＋2＝a2n＋1，故a2n＋2－＝（a2n－），
又a2＝＋1＝，∴a2－＝－，
即存在λ＝，使得数列{a2n－λ}是以－为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）知a2n－＝－（）n－1＝－，∴a2n＝－，
∵a2n＝a2n－1＋2n－1，得a2n－1＝3a2n－3（2n－1），
∴a2n＋a2n－1＝4a2n－6n＋3＝－－6n＋9.
①当n＝2k时，S2k＝（a1＋a2）＋（a3＋a4）＋…＋（a2k－1＋a2k）＝－2（＋＋…＋）＋
＝－3k2＋6k－1；
②当n＝2k－1时，S2k－1＝S2k－a2k＝·－3k2＋6k－.
∵与－3k2＋6k在k∈N*时均单调递减，
∴S2k与S2k－1在k∈N*时均单调递减.
又S1＝1，S2＝，S3＝－，S4＝－，
∴满足Sn＞0的所有正整数n为1和2.
1 / 2(共41张PPT)
微突破1　数列的奇偶项问题
备考指南
数列的奇偶项问题主要考查学生的综合运用能力与探究问题能力，考查形式既有小题，也有解答题，解决此类问题的难点在于搞清数列中奇数项和偶数项各自的首项、项数、公差、公比等，特别注意分类讨论思想在解题中的灵活运用.
基础·回扣 诊断自测 知识回扣
一
典例·讲解 典例精析 强技提能
二
课后·训练 巩固强化 综合测评
三
目录 /
CONTENTS
基础·回扣
诊断自测 知识回扣
1. 设Sn为等差数列{an}的前n项和，若公差d＝ ，且S100＝145，则a1＋
a3＋a5＋…＋a97＋a99＝（　　）
A. 60 B. 70
C. 75 D. 85
√
等差数列中，若项数为偶数2n，则S2n＝n（an＋an＋1）；S偶－S奇＝nd； ＝ .若项数为奇数2n－1，则S2n－1＝（2n－1）an；S奇－S偶＝an； ＝ .
解析： 　设P＝a1＋a3＋a5＋…＋a97＋a99，Q＝a2＋a4＋a6＋…＋a98＋
a100，因为数列{an}是等差数列，且公差d＝ ，S100＝145，所以
解得P＝60，Q＝85，所以a1＋a3＋a5＋…＋a97＋
a99＝60.故选A.
2. 已知一个项数为偶数的等比数列{an}的所有项之和为所有奇数项之和的
3倍，前2项之积为8，则a1＝（　　）
A. 2 B. －2
C. －1 D. 2或－2
√
等比数列中，若项数为2n，则 ＝q；
若项数为2n＋1，则 ＝q.
解析： 　设公比为q，数列共有2n项，则{a2n－1}满足首项为a1，公比为
q2，项数为n，设所有奇数项之和为Tn，因为所有项之和是奇数项之和的3
倍，所以q≠1，所以Tn＝a1＋a3＋…＋a2n－1＝ ，S2n＝
，故满足 ＝ ＝3，解得q＝2，又a1·a2＝ ·q
＝8，所以a1＝±2.故选D.
3. 已知数列{an}满足an＝（－1）n·（2n－1），n∈N*，则其前n项和Sn
＝（　　）
A. （－1）n－1·n B. （－1）n·n
C. D. （－1）n＋1·n
√
当题目条件中出现（－1）n时，
需按照n的奇偶性分类求解.
解析： 　∵an＝（－1）n·（2n－1），∴Sn＝－1＋3－5＋7＋…＋（－
1）n（2n－1），当n为偶数时，Sn＝ ＝n；当n为奇数时，Sn
＝ －（2n－1）＝－n.综上所述，Sn＝（－1）n·n（n∈N*）.
由cn＝ 求S2n，则S2n＝（a1＋a3＋…＋a2n－1）＋（b2＋b4＋…＋b2n）.
4. 已知数列{an}，{bn}，其中{an}是各项均为正数的等比数列，满足3a1
＋a2＝18， ＝9a1a5，则{an}的通项公式为 ；若bn＝
则数列{bn}的前2n项和S2n＝ 　2n2＋n－ ＋
.
an＝3n
2n2＋n－ ＋
解析：设等比数列{an}的公比为q，因为 ＝9a1a5＝9 ，所以a4＝
3a3，所以q＝ ＝3，所以3a1＋a2＝6a1＝18，所以a1＝3，所以an＝a1qn
－1＝3n.当n是奇数时，bn＝an＝3n，当n是偶数时，bn＝2log3an－1＝2n
－1，所以bn＝ 所以S2n＝（b1＋b3＋…＋b2n－1）＋
（b2＋b4＋…＋b2n）＝（3＋33＋35＋…＋32n－1）＋[3＋7＋11＋…＋
（4n－1）]＝ ＋ ＝ ＋n（2n＋1）＝2n2
＋n－ ＋ .
【思维建模】　常见奇偶项数列的类型
（1）cn＝ 型；
（2）含有（－1）n型；
（3）含有三角函数型；
（4）数列中连续两项和或积问题：an＋an＋1＝f（n）或an·an＋1＝f
（n）；
（5）含有{a2n}，{a2n－1}的问题.
典例·讲解
典例精析 强技提能
【例1】　（2023·新高考Ⅱ卷18题）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；
解： 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
因为bn＝ 且S4＝32，T3＝16，
所以
解得
所以{an}的通项公式为an＝5＋2（n－1）＝2n＋3.
（2）证明：当n＞5时，Tn＞Sn.
【通性通法】　由cn＝ 求Sn的策略
（1）当n为偶数时，有 个奇数项， 个偶数项，则Sn＝（a1＋a3＋…＋
an－1）＋（b2＋b4＋…＋bn）；
（2）当n为奇数时，有 个奇数项， 个偶数项，则Sn＝（a1＋a3
＋…＋an）＋（b2＋b4＋…＋bn－1）.也可由Sn＝Sn－1＋an求解，其中Sn－
1可由（1）直接得到.
解： 证明：由（1）可知，Sn＝ ＝ ＝n2＋4n.
由an＝2n＋3，得bn＝
若n为偶数，则
Tn＝（b1＋b3＋…＋bn－1）＋（b2＋b4＋…＋bn）＝（a1－6＋a3－6
＋…＋an－1－6）＋（2a2＋2a4＋…＋2an）＝（5＋9＋…＋2n＋1－
3n）＋2（7＋11＋…＋2n＋3）＝ －3n＋
2× ＝ n2＋ n.
所以当n＞5时，Tn－Sn＝ n2＋ n－（n2＋4n）＝ n2－ n＝ n（n－
1）＞0，即Tn＞Sn.
若n为奇数，则n－1为偶数，则
Tn＝Tn－1＋bn＝ （n－1）2＋ （n－1）＋2n＋3－6＝ n2＋ n－5.
所以当n＞5时，
Tn－Sn＝ n2＋ n－5－（n2＋4n）＝ n2－ n－5＝ （n2－3n－10）＝
（n＋2）（n－5）＞0，即Tn＞Sn.
综上可得，当n＞5时，Tn＞Sn.
【例2】　在数列{an}中，已知a1＝1，an·an＋1＝（ ）n，记Sn为{an}的
前n项和，bn＝a2n＋a2n－1.
（1）判断数列{bn}是否为等比数列，并写出其通项公式；
∴数列{bn}的通项公式为bn＝ ·（ ）n－1＝ .
【通性通法】　（1）若an·an－1＝qn，则an＋1·an＝qn＋1，相除得 ＝
q.当n为奇数时，数列为以a1为首项，q为公比的等比数列；当n为偶数
时，数列为以a2为首项，q为公比的等比数列；
（2）若an＋an－1＝dn，则an＋1＋an＝d（n＋1），相减得an＋1－an－1＝
d.当n为奇数时，数列为以a1为首项，d为公差的等差数列；当n为偶数
时，数列为以a2为首项，d为公差的等差数列.
解： ∵an·an＋1＝（ ）n，∴an＋1·an＋2＝（ ）n＋1，
∴ ＝ ，即an＋2＝ an，∴ ＝ ＝ ＝ .
∵a1＝1，a1·a2＝ ，∴a2＝ ，
∵b1＝a2＋a1＝ ＋1＝ ，
∴数列{bn}是以 为首项， 为公比的等比数列，
（2）求数列{an}的通项公式；
解： 由（1）可知an＋2＝ an，且a1＝1，a2＝ ，
∴数列{a2n}是以 为首项， 为公比的等比数列，数列{a2n－1}是以1为首
项， 为公比的等比数列，
∴当n为奇数时，an＝（ ；
当n为偶数时，an＝（ ，
∴数列{an}的通项公式为an＝
（3）求Sn.
解： ①当n＝2k时，S2k＝（a1＋a3＋…＋a2k－1）＋（a2＋a4＋…＋
a2k）＝3－ .
②当n＝2k－1时，S2k－1＝S2k－a2k＝3－ － ＝3－ .
∴Sn＝
【训练1】　（2025·陕西安康模拟）已知Sn为等差数列{an}的前n项和，
a2＋2a3＝13，S6＝36.
（1）求{an}的通项公式；
解： 设等差数列{an}的公差为d，
由a2＋2a3＝13，S6＝36，得 解得
所以{an}的通项公式为an＝2n－1.
（2）若数列{bn}满足bn＝（－1）nan＋[（－1）n＋1]2n，求{bn}的前2n
项和T2n.
解： 由（1）得bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]2n，
当n为奇数时，bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]·2n＝－（2n－
1），
当n为偶数时，bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]·2n＝（2n－1）
＋2n＋1，
所以T2n＝（a2－a1）＋（a4－a3）＋…＋（a2n－a2n－1）＋（23＋25＋…
＋22n＋1）＝2n＋ ＝ ＋2n.
【训练2】　已知数列{an}，a1＝1，an＋1＝
（1）是否存在实数λ，使得数列{a2n－λ}是等比数列？若存在，求出λ
的值；若不存在，请说明理由；
解： 由题意得a2n＋2＝ a2n＋1＋2n＋1＝ （a2n－6n）＋2n＋1，
∴a2n＋2＝ a2n＋1，故a2n＋2－ ＝ （a2n－ ），
又a2＝ ＋1＝ ，∴a2－ ＝－ ，
即存在λ＝ ，使得数列{a2n－λ}是以－ 为首项， 为公比的等比数列.
（2）若Sn是数列{an}的前n项和，求满足Sn＞0的所有正整数n.
【瓶颈突破】　对于递推关系分奇偶不同的数列，可以利用a2n，a2n－1及
a2n－1，a2n－2，推导出偶数项递推关系，求出偶数项的通项公式，通过
a2n，a2n－1的关系再推出奇数项的通项公式.求Sn时，可以先把a2n＋a2n－1
看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.
解： 由（1）知a2n－ ＝－ （ ）n－1＝－ ，
∴a2n＝ － ，
∵a2n＝ a2n－1＋2n－1，得a2n－1＝3a2n－3（2n－1），
∴a2n＋a2n－1＝4a2n－6n＋3＝－ －6n＋9.
①当n＝2k时，S2k＝（a1＋a2）＋（a3＋a4）＋…＋（a2k－1＋a2k）
＝－2（ ＋ ＋…＋ ）＋
＝ －3k2＋6k－1；
②当n＝2k－1时，S2k－1＝S2k－a2k＝ · －3k2＋6k－ .
∵ 与－3k2＋6k在k∈N*时均单调递减，
∴S2k与S2k－1在k∈N*时均单调递减.
又S1＝1，S2＝ ，S3＝－ ，S4＝－ ，
∴满足Sn＞0的所有正整数n为1和2.
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：30分钟，满分：45分）
一、单项选择题（每小题5分，共10分）
1. 已知数列{an}满足a1＝1，前n项和为Sn，an＋1·an＝2n（n∈N*），则
S2 024＝（　　）
A. 22 024－1 B. 3×21 012－1
C. 3×21 012－2 D. 3×21 012－3
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√
解析： 　数列{an}中，a1＝1，由an＋1·an＝2n得a2＝2，an＋2·an＋1＝2n＋
1，则有 ＝2，因此数列{a2n－1}是以1为首项，2为公比的等比数列，数
列{a2n}是以2为首项，2为公比的等比数列.则S2 024＝（a1＋a3＋…＋a2
023）＋（a2＋a4＋…＋a2 024）＝ ＋ ＝3×21 012－3，故
选D.
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2. 已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{an cos nπ}的
前2 025项和为（　　）
A. 1 012 B. 1 013
C. 2 025 D. －2 025
√
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解析： 设数列{an}的公差为d，则 解得
所以an＝2n－1.设bn＝an cos nπ，所以b1＋b2＝a1 cos π＋a2 cos
2π＝a2－a1＝2，b3＋b4＝a3 cos 3π＋a4 cos 4π＝a4－a3＝2，…，所以数列
{an cos nπ}的前2 025项和为（b1＋b2）＋（b3＋b4）＋…＋（b2 023＋b2
024）＋b2 025＝2× ＋（2×2 025－1） cos 2 025π＝－2 025.故选D.
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二、填空题（5分）
3. 已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝ 则数列{an}
的通项公式为 .
an＝
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4
5
解析：当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1＝a2k＋2k　①，当n＝2k－1，k∈N*
时，a2k＝a2k－1＋2k　②.由①②得a2k＋1－a2k－1＝4k，k∈N*，所以a3－
a1＝4，a5－a3＝8，…，a2k＋1－a2k－1＝4k，k∈N*，累加得a2k＋1－a1＝4
＋8＋…＋4k＝2k2＋2k，所以a2k＋1＝2k2＋2k.令2k＋1＝n，k∈N*，则
n≥3且n为奇数，an＝ ，当n＝1时，a1＝0满足上式，所以当n为奇
数时，an＝ ，此时an＋1＝an＋n＋1＝ ，所以当n为偶数时，
an＝ .所以an＝
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三、解答题（共30分）
4. （15分）（2025·山东潍坊统考）已知正项数列{an}满足a1＝1，an＋1
（an＋2）＝2 ＋5an＋2（n∈N*）.
（1）证明：数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
解： 因为an＋1（an＋2）＝2 ＋5an＋2＝（2an＋1）（an＋2），
an＞0，
所以an＋1＝2an＋1，
所以an＋1＋1＝2（an＋1），
所以数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列.
所以an＋1＝2n，即数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
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（2）设bn＝（－1）nlog4（an＋1），数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
解： 结合（1）知bn＝（－1）nlog42n＝（－1）n· ，
所以当n为偶数时，Tn＝（－ ＋ ）＋（－ ＋ ）＋…＋（－ ＋ ）
＝ · ＝ .
当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝ － ＝－ .
所以数列{bn}的前n项和Tn＝
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5. （15分）（2025·河北衡水调研）已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋
4n（n∈N*）.
（1）求数列{an}的通项公式；
解： 由题意得，当n＝1时，a1＝S1＝5；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋4n－（n－1）2－4（n－1）＝2n＋3，
当n＝1时，a1＝5，适合上式，故数列{an}的通项公式为an＝2n＋3.
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（2）若数列{cn}满足cn＋1＋cn＝an，且不等式cn＋2n2≥0对任意的n∈N*
都成立，求c1的取值范围.
解： 由（1）知，cn＋1＋cn＝2n＋3，当n＝1时，c2＋c1＝5；
当n≥2时，cn＋cn－1＝2（n－1）＋3，
两式相减得cn＋1－cn－1＝2（n≥2），
∴数列{c2n}是以c2为首项，公差为2的等差数列，
数列{c2n－1}是以c1为首项，公差为2的等差数列.
当n为偶数时，cn＝c2＋2×（ －1）＝n＋3－c1；
当n为奇数时，cn＝c1＋2×（ －1）＝n－1＋c1，
∴cn＝ k∈N*.
∵对任意的n∈N*，都有cn＋2n2≥0成立，
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①当n为奇数时，n≥1，cn＋2n2＝n－1＋c1＋2n2≥0恒成立，
即－c1≤2n2＋n－1对n为奇数恒成立，
当n＝1时，（2n2＋n－1）min＝2，
∴－c1≤2，即c1≥－2；
②当n为偶数时，n≥2，
cn＋2n2＝n＋3－c1＋2n2≥0恒成立，
即c1≤2n2＋n＋3对n为偶数恒成立，
当n＝2时，（2n2＋n＋3）min＝13，∴c1≤13.
综上所述，c1的取值范围是[－2，13].
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THANKS
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