第六章 自主培优11 数列中的奇偶项问题（word教参）-【勤径学升】2025年高考数学一轮总复习（人教A版）

自主培优11　数列中的奇偶项问题 ➢对应学生用书P124 　　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. （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＋＝f（n）或an·＝f（n））； ②含有（－1）n的类型； ③含有{a2n}，{a2n－1}的类型； ④已知条件明确的奇偶项问题. （2）对于通项公式分奇、偶不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k. 类型一　通项中含有（－1）n的数列求和 [典例1]　（2022·山东潍坊·二模）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且＋2an＝4Sn，数列{bn}满足bn＝（－2. （1）求数列{bn}的前n项和Bn，并证明Bn＋1，Bn，Bn＋2是等差数列； （2）设cn＝（－1）nan＋bn，求数列{cn}的前n项和Tn. 解　（1）＋2an＝4Sn①，an＞0， 当n＝1时，＋2a1＝4a1，∴a1＝2或a1＝0（舍）， 当n≥2时，＋2an－1＝4Sn－1②， ①－②得－＋2an－2an－1＝4an， ∴（an－an－1）（an＋an－1）＝2（an＋an－1）. ∵an＞0，∴an－an－1＝2（n≥2）， ∴{an}是以2为首项，2为公差的等差数列， ∴an＝2n，bn＝（－2）n， ∴数列{bn}是首项为－2，公比为－2的等比数列， ∴Bn＝＝－＋（－1）n. ∵Bn＋2＋Bn＋1＝－＋（－1）n＋2·＋（－1）n＋1·＝－＋＝ －＋＝2Bn，∴Bn＋1，Bn，Bn＋2成等差数列. （2）cn＝（－1）n·2n＋（－2）n＝（－2）n＋2（－1）n·n， 当n为偶数时，Tn＝（－2）1＋（－2）2＋…＋（－2）n＋2[－1＋2－3＋4－…－（n－1）＋n] ＝＋2×[（－1＋2）＋（－3＋4）＋…＋（－n＋1＋n）]＝＋2×＝＋n－. 当n为奇数时，Tn＝（－2）1＋（－2）2＋…＋（－2）n＋2[－1＋2－3＋4－…＋（n－1）－n] ＝＋2×[－1＋（2－3）＋（4－5）＋…＋（n－1－n）]＝＋2×＝－n－1＝－－n－. 综上可知Tn＝ 类型二　奇、偶项通项不同的数列求和 [典例2]　（2022·山东济宁·二模）已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝ （1）设bn＝a2n，证明：数列为等差数列； （2）求数列{an}的前2n项和. 解　（1）证明：由题意，b1＝a2＝a1＋（）2＝2＋2＝4， 当n≥2时，bn＝a2n＝a2n－1＋（）2n＝2a2n－2＋2n＝2bn－1＋2n， 所以－＝1，则是以1为公差，＝2为首项的等差数列. （2）由题设，S2n＝（a1＋a3＋…＋a2n－1）＋（a2＋a4＋…＋a2n） ＝[a2－（）2]＋[a4－（）4]＋…＋[a2n－（）2n]＋（a2＋a4＋…＋a2n） ＝2（a2＋a4＋…＋a2n）－（2＋22＋…＋2n）＝2（b1＋b2＋…＋bn）－＝2Tn＋2－2n＋1， 由（1）知＝2＋（n－1）＝n＋1，则bn＝（n＋1）·2n. 其中Tn＝b1＋b2＋…＋bn，即Tn＝2×21＋3×22＋4×23＋…＋（n＋1）×2n， 所以2Tn＝2×22＋3×23＋…＋n×2n＋（n＋1）×2n＋1， 两式相减得－Tn＝4＋（22＋23＋…＋2n）－（n＋1）×2n＋1＝4＋－（n＋1）×2n＋1＝－n×2n＋1， 所以Tn＝n×2n＋1， 综上，S2n＝2Tn＋2－2n＋1＝2n×2n＋1＋2－2n＋1＝（2n－1）2n＋1＋2. 类型三　连续两项和或积的问题（an＋an＋1＝f（n）或an·an＋1＝f（n）） [典例3]　设数列为等比数列，且a2＝2，a5＝16，数列满足b1＝0且bn＋1＋bn＝2n. （1）求数列和的通项公式； （2）若cn＝an·bn，Tn是的前n项和，求Tn. 解　（1）设公比为q，则a5＝a2q3＝16，所以q＝2，所以an＝a2qn－2＝2n－1. 方法一：由bn＋1＋bn＝2n可得bn＋bn－1＝2（n－1）（n≥2）， 两式相减得bn＋1－bn－1＝2（n≥2）， 所以数列的奇数项是以a1为首项，公差为2的等差数列， 即n是奇数时，bn＝b2k－1＝b1＋（k－1）·2＝·2＝n－1； n是偶数时，bn＝2n－bn＋1＝n， 即bn＝ 方法二：由bn＋1＋bn＝2n可得bn＋1＝－bn＋2n， 则有bn＋1－（n＋1）＋＝－， 所以数列是以b1为首项，－1为公比的等比数列，则bn－n＋＝（－1）n－1＝（－1）n，即bn＝n－＋. （2）方法一：cn＝an·bn＝ 则Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋a4b4＋a5b5＋…＋anbn＝0·20＋2·21＋2·22＋4·23＋4·24＋… 当n是奇数时，设n＝2k－1，则 Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝0·20＋2·21＋2·22＋4·23＋4·24＋…＋（2k－2）·22k－3＋（2k－2）·22k－2＝0·20＋[2·21＋4·23＋…＋（2k－2）·22k－3]＋[2·22＋4·24＋…＋（2k－2）·22k－2] ＝3[2·21＋4·23＋…＋（2k－2）·22k－3]＝3[1·22＋2·24＋3·26＋…＋（k－1）·22k－2]. 记Sk＝1·22＋2·24＋3·26＋…＋（k－1）·22k－2， 那么4Sk＝1·24＋2·26＋3·28＋…＋（k－1）·22k， 则－3Sk＝22＋24＋26＋28＋…＋22k－2－（k－1）·22k＝－（k－1）·4k＝·4k－， Tn＝3Sk＝·4k＋＝＋·＝＋·2n. 当n是偶数时，Tn＝Tn－1＋anbn＝＋·2n－1＋n·2n－1＝＋·2n－1＝＋·2n， 即Tn＝ 方法二：由cn＝anbn＝·2n－1＋（－1）n·2n－2. 令数列的前n项和为Sn，则 Sn＝·20＋·21＋…＋·2n－2＋·2n－1， 2Sn＝·21＋·22＋…＋·2n－1＋·2n， 所以－Sn＝·20＋21＋…＋2n－1－·2n＝＋2n－2－·2n＝－＋·2n， 所以Sn＝·2n＋，那么 Tn＝Sn＋＝·2n＋－[1－（－2）n]＝＋·2n＋. 类型四　含有{a2n}，{a2n－1}的数列求和 [典例4]　已知数列满足：a1＝2，an＋an＋1＝4×3n. （1）求证：数列和均为等比数列； （2）设bn＝，数列的前n项和为Sn，求证：Sn＜. 证明　（1）由a2n－1＋a2n＝4×32n－1，① a2n＋a2n＋1＝4×32n，② 将②－①得a2n＋1－a2n－1＝×9n， 故当n≥2时，a3－a1＝×9，a5－a3＝×92，a7－a5＝×93，…，a2n－1－a2n－3＝×9n－1， 累加得a2n－1－a1＝（9＋92＋…＋9n－1）＝×＝×9n－3，故a2n－1＝×9n－1， 当n＝1时，a1＝×9－1＝2，故a2n－1＝×9n－1，即a2n－1＋1＝×9n，＝9， 因此为以3为首项，9为公比的等比数列.将a2n－1＝×9n－1代入①得a2n－1＝9n，故为以9为首项，9为公比的等比数列. （2）由（1）知a2n－1＝32n－1－1，a2n＝32n＋1，故an＝3n＋（－1）n， 当n为奇数时，an＋1－an＝2×3n＋2＞2×3n－2； 当n为偶数时，an＋1－an＝2×3n－2＝2×3n－2， 因此对任意n∈N*，均有an＋1－an≥2×3n－2， 则bn＝≤＝－.当n＝1时，S1＝＝＜； 当n≥2时，Sn≤＋＋＋…＋＝－＜. 有关数列奇偶项的问题是高考中经常涉及的问题，解决此类问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差（比）等，并且注意把数列转化为等差、等比数列求解. 学科网（北京）股份有限公司 $$