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第7节　数列中的奇偶项、子数列问题
题型分析　1.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(等差、等比数列或其他特征)求解原数列. 2.子数列是数列问题中的一种常见题型.将原数列转化为子数列问题一般适用于某个数列是由几个有规律的数列组合而成的，具体求解时，要搞清楚子数列的项在原数列中的位置，以及在子数列中的位置，即项不变化，项数变化.
　　　　　　　　　　　　　　　　
题型一　奇偶项问题
角度1　含有(－1)n的类型
例1 已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，且2Sn＝＋an.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记cn＝(－1)nanan＋1，求数列{cn}的前n项和Tn.
解　(1)当n＝1时，2S1＝2a1＝＋a1，
解得a1＝1或a1＝0(舍去);
当n≥2时，由2Sn＝＋an得
2Sn－1＝＋an－1，
两式相减得2an＝＋an－－an－1，n≥2，
所以(an＋an－1)(an－an－1)－(an＋an－1)＝0，即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
又{an}各项均为正数，所以an－an－1＝1，n≥2，
所以{an}是公差为1的等差数列，所以an＝n.
(2)由(1)知cn＝(－1)nn(n＋1)，
当n为偶数时，Tn＝(－1)×2＋2×3＋(－3)×4＋4×5＋…＋[－(n－1)×n]＋n×(n＋1)
＝2×(－1＋3)＋4×(－3＋5)＋…＋n[－(n－1)＋n＋1]
＝2×(2＋4＋…＋n)
＝2×;
当n(n≥3)为奇数时，
Tn＝Tn－1－n(n＋1)＝－n(n＋1)＝－，
经检验，n＝1也满足上式.
综上，Tn＝
角度2　已知条件明确的奇偶项问题
例2 (2026·金华质检)已知数列{an}满足an＋1＝且a1＝1.
(1)证明:数列{a2n－1}为等比数列;
(2)求数列{an}的前100项和S100.
(1)证明　由题意，
得当n∈N*时，
a2n＝2a2n－1－1， ①
a2n＋1＝a2n＋1， ②
将①代入②，得a2n＋1＝2a2n－1，
所以数列{a2n－1}是首项为1，
公比为2的等比数列.
(2)解　由(1)知a2n－1＝2n－1，
因为a2n＝2a2n－1－1，
所以a2n＝2·2n－1－1＝2n－1.
所以S100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝(20＋21＋…＋249)＋
(21－1＋22－1＋…＋250－1)
＝(20＋21＋…＋249)＋(21＋22＋…＋250)－50
＝－50
＝3×250－53.
感悟提升　1.含有(－1)n的数列求和问题一般采用分组(并项)法求和;
2.对于通项公式奇、偶项不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以先求出S2k，再利用S2k－1＝S2k－a2k，求S2k－1.
训练1 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn(Sn－n2)＝n3－nSn.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)因为Sn(Sn－n2)＝n3－nSn，
所以－(n2－n)Sn－n3＝0，
即(Sn＋n)(Sn－n2)＝0，
又an>0，所以Sn＋n>0，所以Sn－n2＝0，
即Sn＝n2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
当n＝1时，a1＝S1＝12也适合上式，
所以an＝2n－1.
(2)由(1)知an＝2n－1，则bn＝(－1)n(2n－1)，
当n为偶数时，Tn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[－(2n－3)＋(2n－1)]＝2×＝n;
当n(n≥3)为奇数时，n－1为偶数，Tn＝Tn－1＋bn＝(n－1)－(2n－1)＝－n，
经检验，n＝1也满足公式，
所以Tn＝
题型二　子数列问题
角度1　公共项
例3 (2026·莆田质检)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知2a4＝a3＋14，S3＝15.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记集合A＝{x|x＝an，n∈N*}，B＝{x|x＝2n＋1，n∈N*}，将A∪B中的元素从小到大依次排列，得到新数列{bn}，求{bn}的前20项和.
解　(1)设公差为d，
由题意得2a1＋6d＝a1＋2d＋14，S3＝3a1＋3d＝15，解得d＝3，a1＝2，
故an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1.
(2)A＝{2，5，8，11，14，17，20，23，26，29，32，35，38，41，44，47，50，53，56，…}，
B＝{3，5，9，17，33，65，…}，
故{bn}的前20项为2，3，5，8，9，11，14，17，20，23，26，29，32，33，35，38，41，44，47，50，
故{bn}的前20项和为2＋5＋8＋11＋14＋17＋20＋23＋26＋29＋32＋35＋38＋41＋44＋47＋50＋3＋9＋33＝S17＋3＋9＋33＝17×2＋×3＋45＝487.
角度2　插项、提项
例4 (2026·芜湖模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋2(n∈N*).
(1)求{an}的通项公式;
(2)保持{an}的各项顺序不变，在ak和ak＋1之间插入k个1，使它们与数列{an}的项组成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T55.
解　(1)由an＋1＝Sn＋2(n∈N*)，
得an＝Sn－1＋2(n≥2)，
则an＋1－an＝an(n≥2)，
即an＋1＝2an(n≥2)，
又a2＝S1＋2＝a1＋2＝4＝2a1，
满足an＋1＝2an，
所以an＋1＝2an(n∈N*)，
所以{an}是首项是2，公比为2的等比数列，故an＝2n.
(2)由题知＝an＝2n，数列{bn}的其余项为1，
则T55＝(b1＋b3＋b6＋b10＋b15＋b21＋b28＋b36＋b45＋b55)＋45×1
＝(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10)＋45＝S10＋45＝＋45＝2 091.
感悟提升　1.两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列，且公差(比)是两等差(比)数列公差(比)的最小公倍数;一个等差与一个等比数列的公共项，
则要通过其项数之间的关系来确定.
2.对于插项问题注意两点:(1)新的数列是如何构成的、与原数列有什么关系，(2)新数列的项数是多少，其中有多少项是原数列中的项，有多少项是新增加的.
3.解决减项问题的关键是明确被减掉的项是以何种规律去掉的，共多少项，保留的数列有多少项.
训练2 已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n＋r，其中r为常数.
(1)求r的值;
(2)设bn＝2(1＋log2an)，若数列{bn}中去掉与数列{an}相同的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋c3＋…＋c100的值.
解　(1)因为Sn＝2n＋r，
所以a1＝S1＝2＋r，a1＋a2＝S2＝4＋r，
即a2＝2，a1＋a2＋a3＝S3＝8＋r，即a3＝4，
由{an}是等比数列可知，＝a1a3，
所以4＝(2＋r)×4，即r＝－1.
此时Sn＝2n－1，a1＝2＋r＝1，
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1，
且a1＝1也适合该式，
故an＝2n－1是等比数列，即r＝－1满足题意.
所以r＝－1.
(2)bn＝2(1＋log2an)＝2(1＋log22n－1)＝2n，
因为a1＝1，a2＝2＝b1，a3＝4＝b2，a4＝8＝b4，a5＝16＝b8，a6＝32＝b16，a7＝64＝b32，a8＝128＝b64，a9＝256＝b128.
所以c1＋c2＋c3＋…＋c100
＝(b1＋b2＋…＋b107)－(a2＋…＋a8)
＝＝11 302.
1.(2026·苏州质检)已知数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，在等比数列{an}中，a1＝b1，a4＝b8.
(1)求数列{bn}与{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}中去掉{an}中的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求{cn}的前20项和.
解　(1)∵Sn＝n2＋n，
∴当n≥2且n∈N*时，bn＝Sn－Sn－1＝2n.
又b1＝S1＝2也符合上式，
∴bn＝2n.
∵a1＝b1＝2，a4＝b8＝16，
∴等比数列{an}的公比为2，
∴an＝2n.
(2)∵a1＝2，a2＝4，a3＝8，
a4＝16，a5＝32，b25＝50，
∴c1＋c2＋…＋c20
＝(b1＋b2＋…＋b25)－(a1＋a2＋…＋a5)
＝S25－(21＋22＋…＋25)
＝252＋25－
＝650－62＝588.
2.已知数列{an}的前n项和Sn＝，{bn}为等比数列，公比为2，且b1，b2＋1，b3为等差数列.
(1)求{an}与{bn}的通项公式;
(2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排成的数列记为{cn}，求数列{cn}的前n项和Tn.
解　(1)由Sn＝得，
当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，
当n＝1时，上式也成立，
所以an＝3n－1.
依题意，b1＋b3＝2(b2＋1)，
b1＋b1·22＝2(b1·2＋1)，
解得b1＝2，所以bn＝2n.
(2)数列{an}和{bn}的公共项从小到大依次为21，23，25，27，…，
所以21，23，25，27，…构成首项为2，公比为4的等比数列，
所以cn＝2×4n－1，
则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝.
3.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，满足a2＋a4＝12，S4＝20.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n.
解　(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由
解得所以an＝a1＋(n－1)d＝2n，
即数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*).
(2)由(1)得bn＝
即bn＝
所以T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝(41＋43＋45＋…＋42n－1)＋
＝.
4.已知数列{an}满足a1＝a(a∈R)，an＋1＝3an＋2n－1，n∈N＋.
(1)数列{bn}满足:bn＝an＋n，试判断{bn}是否为等比数列，请说明理由;
(2)数列{cn}满足:cn＝(－1)nan，当a＝2时，求数列{cn}的前n项和Tn.
解　(1)当a＝－1时{bn}不是等比数列;
当a≠－1时{bn}是等比数列.
理由如下:
因为an＋1＝3an＋2n－1，n∈N*，
故an＋1＋(n＋1)＝3(an＋n)，
又bn＝an＋n，故bn＋1＝3bn，
当a＝－1时，b1＝0，
故{bn}不是等比数列;
当a≠－1时，b1≠0，
故{bn}是以a＋1为首项，3为公比的等比数列.
(2)当a＝2时，由(1)可知bn＝3n，
所以an＝3n－n，
所以cn＝(－1)n·(3n－n)＝(－3)n－n·(－1)n，
当n为偶数时，Tn＝－[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝;
当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋cn＝－3n＋n＝.
综上所述，Tn＝(共29张PPT)
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第六章　数列
第7节　数列中的奇偶项、子数列问题
题型分析
1.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(等差、等比数列或其他特征)求解原数列.
2.子数列是数列问题中的一种常见题型.将原数列转化为子数列问题一般适用于某个数列是由几个有规律的数列组合而成的，具体求解时，要搞清楚子数列的项在原数列中的位置，以及在子数列中的位置，即项不变化，项数变化.
题型一　奇偶项问题
角度1　含有(－1)n的类型
例1 已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，且2Sn＝＋an.
(1)求数列{an}的通项公式;
当n＝1时，2S1＝2a1＝＋a1，解得a1＝1或a1＝0(舍去);
当n≥2时，由2Sn＝＋an得2Sn－1＝＋an－1，
两式相减得2an＝＋an－－an－1，n≥2，
所以(an＋an－1)(an－an－1)－(an＋an－1)＝0，即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，
又{an}各项均为正数，所以an－an－1＝1，n≥2，
所以{an}是公差为1的等差数列，所以an＝n.
(2)记cn＝(－1)nanan＋1，求数列{cn}的前n项和Tn.
由(1)知cn＝(－1)nn(n＋1)，
当n为偶数时，Tn＝(－1)×2＋2×3＋(－3)×4＋4×5＋…＋[－(n－1)×n]＋n×(n＋1)
＝2×(－1＋3)＋4×(－3＋5)＋…＋n[－(n－1)＋n＋1]
＝2×(2＋4＋…＋n)
＝2×;
当n(n≥3)为奇数时，
Tn＝Tn－1－n(n＋1)＝－n(n＋1)＝－，
经检验，n＝1也满足上式.
综上，Tn＝
角度2　已知条件明确的奇偶项问题
例2 (2026·金华质检)已知数列{an}满足an＋1＝且a1＝1.
(1)证明:数列{a2n－1}为等比数列;
由题意，得当n∈N*时，
a2n＝2a2n－1－1， ①
a2n＋1＝a2n＋1， ②
将①代入②，得a2n＋1＝2a2n－1，
所以数列{a2n－1}是首项为1，公比为2的等比数列.
(2)求数列{an}的前100项和S100.
由(1)知a2n－1＝2n－1，
因为a2n＝2a2n－1－1，
所以a2n＝2·2n－1－1＝2n－1.
所以S100＝(a1＋a3＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)＝(20＋21＋…＋249)＋
(21－1＋22－1＋…＋250－1)
＝(20＋21＋…＋249)＋(21＋22＋…＋250)－50
＝－50
＝3×250－53.
感悟提升
1.含有(－1)n的数列求和问题一般采用分组(并项)法求和;
2.对于通项公式奇、偶项不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以先求出S2k，再利用S2k－1＝S2k－a2k，求S2k－1.
训练1 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn(Sn－n2)＝n3－nSn.
(1)求{an}的通项公式;
因为Sn(Sn－n2)＝n3－nSn，
所以－(n2－n)Sn－n3＝0，
即(Sn＋n)(Sn－n2)＝0，
又an>0，所以Sn＋n>0，所以Sn－n2＝0，即Sn＝n2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，
当n＝1时，a1＝S1＝12也适合上式，
所以an＝2n－1.
(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
由(1)知an＝2n－1，则bn＝(－1)n(2n－1)，
当n为偶数时，Tn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[－(2n－3)＋(2n－1)]＝2×＝n;
当n(n≥3)为奇数时，n－1为偶数，Tn＝Tn－1＋bn＝(n－1)－(2n－1)＝－n，
经检验，n＝1也满足公式，
所以Tn＝
角度1　公共项
例3 (2026·莆田质检)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知2a4＝a3＋14，S3＝15.
(1)求{an}的通项公式;
题型二　子数列问题
设公差为d，
由题意得2a1＋6d＝a1＋2d＋14，S3＝3a1＋3d＝15，解得d＝3，a1＝2，
故an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1.
(2)记集合A＝{x|x＝an，n∈N*}，B＝{x|x＝2n＋1，n∈N*}，将A∪B中的元素从小到大依次排列，得到新数列{bn}，求{bn}的前20项和.
A＝{2，5，8，11，14，17，20，23，26，29，32，35，38，41，44，47，50，53，56，…}，
B＝{3，5，9，17，33，65，…}，
故{bn}的前20项为2，3，5，8，9，11，14，17，20，23，26，29，32，33，35，38，41，44，47，50，
故{bn}的前20项和为2＋5＋8＋11＋14＋17＋20＋23＋26＋29＋32＋35＋38＋41＋44＋47＋50＋3＋9＋33＝S17＋3＋9＋33＝17×2＋×3＋45＝487.
角度2　插项、提项
例4 (2026·芜湖模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋2(n∈N*).
(1)求{an}的通项公式;
由an＋1＝Sn＋2(n∈N*)，得an＝Sn－1＋2(n≥2)，
则an＋1－an＝an(n≥2)，即an＋1＝2an(n≥2)，
又a2＝S1＋2＝a1＋2＝4＝2a1，满足an＋1＝2an，
所以an＋1＝2an(n∈N*)，
所以{an}是首项是2，公比为2的等比数列，故an＝2n.
(2)保持{an}的各项顺序不变，在ak和ak＋1之间插入k个1，使它们与数列{an}的项组成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T55.
由题知＝an＝2n，数列{bn}的其余项为1，
则T55＝(b1＋b3＋b6＋b10＋b15＋b21＋b28＋b36＋b45＋b55)＋45×1
＝(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10)＋45＝S10＋45
＝＋45＝2 091.
感悟提升
1.两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列，且公差(比)是两等差(比)数列公差(比)的最小公倍数;一个等差与一个等比数列的公共项，
则要通过其项数之间的关系来确定.
2.对于插项问题注意两点:(1)新的数列是如何构成的、与原数列有什么关系，(2)新数列的项数是多少，其中有多少项是原数列中的项，有多少项是新增加的.
3.解决减项问题的关键是明确被减掉的项是以何种规律去掉的，共多少项，保留的数列有多少项.
训练2 已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n＋r，其中r为常数.
(1)求r的值;
因为Sn＝2n＋r，
所以a1＝S1＝2＋r，a1＋a2＝S2＝4＋r，
即a2＝2，a1＋a2＋a3＝S3＝8＋r，即a3＝4，
由{an}是等比数列可知，＝a1a3，
所以4＝(2＋r)×4，即r＝－1.
此时Sn＝2n－1，a1＝2＋r＝1，
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1，
且a1＝1也适合该式，
故an＝2n－1是等比数列，即r＝－1满足题意.
所以r＝－1.
(2)设bn＝2(1＋log2an)，若数列{bn}中去掉与数列{an}相同的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋c3＋…＋c100的值.
bn＝2(1＋log2an)＝2(1＋log22n－1)＝2n，
因为a1＝1，a2＝2＝b1，a3＝4＝b2，a4＝8＝b4，a5＝16＝b8，a6＝32＝b16，a7＝64＝b32，a8＝128＝b64，a9＝256＝b128.
所以c1＋c2＋c3＋…＋c100
＝(b1＋b2＋…＋b107)－(a2＋…＋a8)
＝＝11 302.
课时对点精练
1.(2026·苏州质检)已知数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，在等比数列{an}中，a1＝b1，a4＝b8.
(1)求数列{bn}与{an}的通项公式;
∵Sn＝n2＋n，
∴当n≥2且n∈N*时，bn＝Sn－Sn－1＝2n.
又b1＝S1＝2也符合上式，∴bn＝2n.
∵a1＝b1＝2，a4＝b8＝16，
∴等比数列{an}的公比为2，∴an＝2n.
(2)若数列{bn}中去掉{an}中的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求{cn}的前20项和.
∵a1＝2，a2＝4，a3＝8，
a4＝16，a5＝32，b25＝50，
∴c1＋c2＋…＋c20
＝(b1＋b2＋…＋b25)－(a1＋a2＋…＋a5)
＝S25－(21＋22＋…＋25)
＝252＋25－
＝650－62＝588.
2.已知数列{an}的前n项和Sn＝，{bn}为等比数列，公比为2，且b1，b2＋1，b3为等差数列.
(1)求{an}与{bn}的通项公式;
由Sn＝得，当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，
当n＝1时，上式也成立，所以an＝3n－1.
依题意，b1＋b3＝2(b2＋1)，b1＋b1·22＝2(b1·2＋1)，
解得b1＝2，所以bn＝2n.
(2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排成的数列记为{cn}，求数列{cn}的前n项和Tn.
数列{an}和{bn}的公共项从小到大依次为21，23，25，27，…，
所以21，23，25，27，…构成首项为2，公比为4的等比数列，
所以cn＝2×4n－1，
则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝.
3.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，满足a2＋a4＝12，S4＝20.
(1)求数列{an}的通项公式;
设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由
解得所以an＝a1＋(n－1)d＝2n，
即数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*).
(2)若bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n.
由(1)得bn＝
即bn＝
所以T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝(41＋43＋45＋…＋42n－1)＋
＝.
4.已知数列{an}满足a1＝a(a∈R)，an＋1＝3an＋2n－1，n∈N＋.
(1)数列{bn}满足:bn＝an＋n，试判断{bn}是否为等比数列，请说明理由;
当a＝－1时{bn}不是等比数列;
当a≠－1时{bn}是等比数列.
理由如下:
因为an＋1＝3an＋2n－1，n∈N*，故an＋1＋(n＋1)＝3(an＋n)，
又bn＝an＋n，故bn＋1＝3bn，当a＝－1时，b1＝0，
故{bn}不是等比数列;
当a≠－1时，b1≠0，故{bn}是以a＋1为首项，3为公比的等比数列.
(2)数列{cn}满足:cn＝(－1)nan，当a＝2时，求数列{cn}的前n项和Tn.
当a＝2时，由(1)可知bn＝3n，所以an＝3n－n，
所以cn＝(－1)n·(3n－n)＝(－3)n－n·(－1)n，
当n为偶数时，Tn＝－[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝;
当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋cn＝－3n＋n＝.
综上所述，Tn＝

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