专题2.5 重难突破6 数列中的奇、偶项问题（课件）-【金版新学案】2024高考数学大二轮专题复习与测试（新教材）

重难突破6　数列中的奇、偶项问题 层级二　精准突破保分点 1．数列中的奇、偶项问题的常见题型 (1)数列中连续两项和或积的问题(an＋an＋1＝f (n)或an·an＋1＝f (n))； (2)含有(－1)n的类型； (3)含有{a2n}，{a2n－1}的类型； (4)已知条件明确奇偶项问题． 2．对于通项公式分奇、偶项有不同表达式的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k. 内容索引 已知条件明确的奇偶项问题 类型一 数列中连续两项和或积的问题 (an＋an＋1＝f (n)或an•an＋1＝f (n)) 类型二 专　题　集　训 含有(－1)n的类型 类型三 类型一　已知条件明确的奇偶项问题 01 返回 (2023·广东二模)已知等差数列{an}的公差d>0，且满足a1＝1，a1，a2，a4成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； 例1 因为d>0，所以d＝1，所以an＝1＋1×(n－1)＝n. 所以T2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n－1＋b2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n) 1．当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an，其中奇数项、偶数项各为 项，可直接利用分组求和Sn＝(a1＋a3＋…＋an－3＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an－2＋an)． 2．当n为奇数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an⇒Sn＝Sn－1＋an，其中Sn－1可利用上述结论代入，然后再快速求解Sn＝Sn－1＋an.　　 感悟提升 针对练1.(2023·江苏南通模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝2an－n＋1. (1)证明：数列{an＋1}是等比数列； 证明：Sn＝2an－n＋1①， 则Sn＋1＝2an＋1－(n＋1)＋1②， ②－①，得an＋1＝2an＋1－2an－1， 即an＋1＝2an＋1， 令n＝1，得S1＝a1＝2a1－1＋1，解得a1＝0，则a1＋1＝1， 所以{an＋1}是首项为1，公比为2的等比数列． (2)若数列{bn}满足b1＝a2，bn＋1＝ 求数列{bn}的前14项的和． 由(1)知an＋1＝2n－1，则an＝2n－1－1， 且b1＝a2＝22－1－1＝1， 又因为当n为偶数时，bn＋1＝2n－1－1－bn， 即bn＋bn＋1＝2n－1－1， 所以b1＋b2＋…＋b14＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5)＋…＋(b12＋b13)＋b14 ＝1＋21－1＋23－1＋…＋211－1＋212－1， 返回 02 返回 类型二　数列中连续两项和或积的问 题(an＋an＋1＝f (n)或an•an＋1＝f (n)) 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＋an＝4n. (1)求数列{an}的前100项和S100； 例2 因为a1＝1，an＋1＋an＝4n，所以S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100) (2)求数列{an}的通项公式． 由题意，an＋1＋an＝4n①， an＋2＋an＋1＝4(n＋1)②， 由②－①得an＋2－an＝4， 由a1＝1，a1＋a2＝4，所以a2＝3. 综上所述，an＝2n－1. 解决an＋an＋1＋…＋an＋t＝An＋B问题的方法 由 两式相减得an＋t－an－1＝A(n≥2)，这就得到“隔项成等差”数列{an}，特别地，当A＝0时，数列{an}为周期数列． 感悟提升 针对练2.(2023·广东深圳二模)已知数列{an}满足a1＝3，anan＋1＝9×22n－1，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； 由anan＋1＝9×22n－1，得an＋1an＋2＝9×22n＋1， 由a1a2＝9×21，a1＝3得a2＝6， 所以数列{a2n－1}是首项为3，公比为4的等比数列，a2n－1＝3×22n－2， 数列{a2n}是首项为6，公比为4的等比数列，a2n＝3×22n－1， 综上，数列{an}的通项公式为an＝3×2n－1. (2)证明：数列{an}中的任意三项均不能构成等差数列． 证明：假设数列{an}中存在三项am，ak，ap，(其中m<k<p)成等差数列，则2ak＝am＋ap. 由(1)得2×3×2k－1＝3×2m－1＋3×2p－1，即2k＝2m－1＋2p－1，两边同时除以2m－1，得2k－m＋1＝1＋2p－m(*)， 所以(*)式左边为偶数，右边为奇数， 所以(*)等式不成