专题1 数列中的奇偶项问题-【勤径学升】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册同步练测（人教版2019）

第四章 数 列 随堂巩固促应用 验证反馈 迁移运用 1.用数学归纳法证明3”≥n3(n≥3,n∈N*), 第一步应验证 ( ) A.当 n=1时，不等式成立 B.当 n=2时，不等式成立 3.(浙江杭州第二中学期末)已知数列{a,}满 足a?=1,an+1+a,an+1—an=0(n∈N*). (1)求a?,a?,a?; (2)试猜想数列{a,}的通项公式，并用数学 归纳法证明. C.当 n=3时，不等式成立 D.当 n=4时，不等式成立 1+1+g+⋯+2-12.用数学归纳法证明1 <n(n∈N*且 n>1),第一步要证明的不等 式是 ,从 n=k到n=k+ 1时，左端增加了 项. 提示请完成《素能提升训练》训练十一 专题1 数列中的奇偶项问题 题型一 等差数列及等比数列中的奇偶项 问题 1.已知等差数列{a,}的公差为4,其项数为偶 数，所有奇数项的和为15,所有偶数项的和 为55,则这个数列的项数为 ( ) A.10 B.20 C.30 D.40 2.等比数列{a,}的首项为1,项数为偶数，且奇 数项和为85,偶数项和为170,则数列的项 数为 3.已知等差数列{a,}的项数为奇数，且奇数项 和为44,偶数项和为33,则数列的中间项为 ;项数为 . 题型二 已知条件中明确奇偶项问题 4.(全国新课标Ⅱ)已知{a,}为等差数列，bn= a,-6,n为奇数， 记 S,,T,分别为 数列 2a,n为偶数. {a,},{b,}的前 n项和，S?=32,T?=16. (1)求{a,}的通项公式； (2)证明：当 n>5时，T,>S,. 33 ?高中数学·选择性必修 第二册 5.设等差数列{a,}的前 n项和为S,,且a?= 8,S?=40.数列{b,}的前 n项和为T,,且Tn -2b,+3=0,n∈N*. (1)求数列{a},{b,}的通项公式； -b,m为偶数，(2)设 求数列{c,}的前 n 项和Pn. 题型三 数列中连续两项和或积的问题 7.已知数列{a,}满足an+1+a,=4n—3(n∈ N*). (1)若数列{a,}是等差数列，求a?的值； (2)当a?=2时，求数列{a,}的前 n项和 S,. 6.(天津和平期末)已知数列{a,}是公差为1 的等差数列，且a?+a?=a?,数列{b,}是等 比数列，且b?·b?=b?,a?=4b?—b?. (1)求{a,}和{b,}的通项公式； (2)设ca=6,,求数列{c,}的前 n项和 S;=,n为奇数，(3)设 求数列 {d,}的前2n项和T2n· 34 第四章 数 列 8.已知数列{a,}的前 n项和为S,=n2+4n(n ∈N*). (1)求数列{a,}的通项公式； (2)若数列{c,}满足Cn+1+cn=a,且不等式 cn+2n2≥0对任意的 n∈N*都成立，求c? 的取值范围. 9.在数列{a,}中，已知 a?=1,a,·an+1= (2)” ,记 S,为{a,}的前 n项和，b=azm十 a?n-1,n∈N*. (1)判断数列{b,}是否为等比数列，并写出 其通项公式； (2)求数列{a,}的通项公式； (3)求Sn. 题型四 含有(一1)”的类型 10.数列{a,}满足an+1+an=(-1)”(2n-1), 则{a,}的前 60项的和为 ( ) A.—1710 B.—1740 C.—1770 D.—1880 11.在数列{a,}中，a?=1,a?=3,且at=2+ (一1)”(n∈N”),S,为数列{a,}的前 n项 和，则S100= ( ) A.32-1+50 B.3(1-3°)+50 c.3(3°-1)+50 D.3(32-1+50 s,+2=12.设 S,为数列{a,}的前 n项和， (-1)"a,(n∈N*),则数列{S,}的前 7 项 和为 35 (2)假设当n=k(k≥1,k∈N”)时，f(k)=32k+2—8k—9 能被64 整除， 则当 n=k+1时，f(k+1)=32(k+1)+2—8(k+1)-9 =9×32k+2—8k—17=9×(32*+2—8k—9)+64k+64, 故 f(k+1)也能被64 整除. 由(1)(2)可知，当 n∈N*时，f(n)=32m+2—8n-9能被 64 整除。 探究四 a?=1,a?=2,a=g,a=4,⋯,[例4] [解] 猜想：a.=1. 证明如下： (1)当n=1时，a?=1,猜想成立；(归纳奠基) (2)假设当 n=k(k∈N*)时，猜想成立， 即a=k,(归纳假设) 高-则当n=k+1时， 归纳递推) ;0+=+1,所以当 n=k+1时 猜想也成立。 a.=n综合(1)(2),可知猜想 对于任意n∈N°都成立. [跟踪训练] (1)a?=-a+2=-4,a=-a+2=-44.解 a.=-n+2(2)猜想数列{a,}的通项公式为 证明如下： ?=-3,-n+2=-3,,所以a?=-”+2当 n=1时， 成立； a=-+2,假设当 n=k(k∈N*)时，猜想成立，即 =-4+2-2-一则当 n=k+1时 =-(k+1)+2, ∴n=k+1时，猜想也成立. 综上，a,=-n+2(n∈N*). 【随堂巩固促应用】 1.C 由题意知 n的最小值为3,所以第一步应验证当n= 3时，不等式成立，故选C. 1+2+3<22.解析 当n=2时，1 当n=k 时到第 2*-1 项，当n=k+1时到第 2*+1-1项，所以2*+1-1-(2*—1) =2k+1-2“=2·2*—2“=2*. 1+1+3<2 2*答案 a.=1+a3.解(1)由an+1+a,a+1-aa=0可得 当n=1时，a?=1fa=2; 当n=2时，a?=1+a,=3; a=1+a=4当n=3时 a.=1.(2)猜想数列{a,}的通项公式为 用数学归纳法证明如下： ①当 n=1时，a?=1,猜想成立. a=k,②假设当n=k(k∈N”)时，猜想成立，即 则当n=k+1时，有 即当n=k+1时，猜想也成立。 由①②可知，对任意n∈N*,a= 专题1 数列中的奇偶项问题 题型一 1.B 设等差数列{a,}的公差为d,项数为 n,前 n项和为 S.因为d=4,S=15,SM=55,所以Sm-Sa=2d= 2n=40,所以n=20,即这个数列的项数为20. 2.解析 设等比数列项数为 2n 项，所有奇数项之和为 S,所有偶数项之和为 S属，根据题意，得Sg=85,S偶= 170,3g=s=2.又a?=1,∴S=91-=85,,整 理得1-4"=-3×85,即4"=256,解得 n=4,则这个等 比数列的项数为8. 答案 8 3.解析 设等差数列{a,}的项数为2n+1,则 S?=q?+a?+as+⋯+a=n+1)a+a)=(n +1)a.,S=a?+a,+aa+⋯+a=7(a,ta= ma+,s=n+1==售，解得 n=3,∴项数为2n +1=7.∵S-Sm=a,+1=aφ,∴a?=44-33=11,为 所求中间项. 答案 11 7 题型二 4.解(1)设等差数列{a,}的公差为d. b.=(2-m为偶数数因为 所以b?=a?-6,b?=2a?=2a?+2d, b?=a?-6=a?+2d-6. 因为 S?=32,T?=16, (a?-6)+(2a,+2d)+(a+2d-6)=16,所以 2+4-716, 4=2,整理得 解得 所以{a,}的通项公式为a=2n+3. (2)证明：由(1)知a=2n+3, s.=”[5+(2n+3)]=n2+4n所以 b.=4+6,为偶数， 15 当 n为奇数时，T=-1+14+3+22+7+30十⋯+(2n -7)+(4n+2)+2n-3=[-1+3+⋯+(2n-7)+(2n -37+04+2++(m+2)=1(-1+20-3 "za+a+2)_a2+45-10 当n>5时，T。-s.=3”+5n-1°-(n2+4n)= ”-3n-10=(n-5)(n+2)>0, 所以T,>S; 当n为偶数时，T=-1+14+3+22+7+30+⋯+(2n —5)+(4n+6) =[-1+3+⋯+(2n-5)]+[14+22+⋯+(4n+6)] _(-1+2a-52a4+4a+6 =37+7n. 当n>5时，T。-sa=3n3+7n-(n2+4n)=”2”= n(n-1>>0, 所以T?>S,. 综上可知，当 n>5时，T?>S. 4,+64=40 a=4,5.解 (1)由题意，得 解得 a,=4n. ∵T,-2b,+3=0, 当n=1时，b?=3 当 n≥2时，T,-1-2b-1+3=0, 两式相减，得b,=2b,-1(n≥2), ∴数列{b.}为等比数列，∴b=3·2”-1. 2)c,={37·2为为偶数 当n为偶数时，Pn=(a?+a?+⋯+aa-1)+(b?+b?+⋯ +6.)=4+4a-4·+6q=4)=2*+2-2. 当n(n≥3)为奇数时，n-1为偶数， P.=P_1十c =2m-1)+1+(n-1)2-2+4n =2"十n2+2n—1 P?=4符合上式， p。={2”+2+-2-1为偶数数 6.解(1)由题知a?+a?+1=a?+2,解得a?=1, 所以a=1+n-1=n. 设等比数列{b.}的公比为q, 因为b?·b?=bg,a?=4b?-b?, 4--6g所以 所以b?=q=2, 所以b,=2". =9=”t1=41,(2)由(1)得 s=4+3+4+⋯+”+1,所以 所以4s.=4+4+⋯+4+4+1, 3s.=z+4+4+⋯+4-4+1两式相减，得 -)典 =12-3·4-4+1, 故S.=9-9.4=-3+4- 为奇数，(3)由(1)得 d=4(15r2)324因为当n为奇数时， =n·4(5n+32)·4=n.4--(n+2)·4, 所以Tzm=(d?+d?+d?+⋯+d?n-1)+(d?+d?+dg+ ⋯+d2) =(1-3×4)+(3×42-5×4)+(5×4-7×4)+ +[(2n-1)·4--(2n+1)·4-]+[(2+4+6+ ⋯+2n)+(22+2?+2?+⋯+22)] =1-(2m+1)·4+7(2+2m)+21-4 =n(n+1)+3·41-(2n+1)·4-3. 题型三 7.解(1)若数列{a,}是等差数列， 则a,=a?+(n-1)d,an+1=a?+nd. 由a+1+a,=4n-3, 得(a?+nd)+[a?+(n-1)d]=2nd+2a?-d=4n-3, 所以2d=4,2a?-d=-3, d=2,a?=-2.解得 (2)由am+1+a=4n-3, 得an+2+a+1=4n+1(n∈N*). 两式相减，得am+2-a=4, 所以数列{a2-1}是首项为a?,公差为4的等差数列， 数列{a?}是首项为a?,公差为4的等差数列。 由a?+a?=1,a?=2,得a?=-1, a4-(2m-5为鹤数所以 (i)当n为偶数时， S,=(a?+a?+⋯+a-1)+(a?+a?+⋯+a) =2+2cn-1.2+=1+(2-5).2=2m2-3”, 16 (ii)当n为奇数时， S,=S,+1—am+1 =2(n+1)2-3(n+1)-2(n+1)+5 =2,2-3n+5 n 为奇数 综上所述 为偶数. 8.解(1)由题意得， ①当 n=1时，a?=S?=5; ②当n≥2时，a,=S,-S。1=n2+4n—(n-1)2-4(n— 1)=2n+3. 当 n=1时，a?=2+3=5, a,=2n+3. (2)由(1)知 Ca+1+c,=2n+3(n∈N*),① ∴当n=1时，c?+c?=5; 当 n≥2时，c,+ca-1=2(n-1)+3,② ①-②得Ca+1一c。-1=2(n≥2), ∴数列{c?m}是以c?为首项，公差为2的等差数列， 数列{c?m-1}是以c?为首项，公差为2的等差数列. 当n为偶数时，C。=c?+2×(2-1)=n+3-G; ,c。=q+2×(”t1-1)=n-1+c?,当 n为奇数时 c-(m-3-G,=25-ken. 又对任意的 n∈N*都有c+2n2≥0成立， (i)当n为奇数时 n≥1,c,+2n2=n—1+c?+2n2≥0 恒成立， 即一c?≤2n2+n-1对n为奇数时恒成立. 当n=1时，(2n2+n-1)=2, ∴-c?≤2,即c?≥-2; (ii)当n为偶数时 n≥2,c,+2n2=n+3—c?+2n2≥0 恒成立， 即c?≤2n2+n+3对n为偶数时恒成立。 当 n=2时，(2n2+n+3)mm=13, ∴c?≤13. 综上所述，c?的取值范围是[-2,13]. (1)*a。·a,+=(去)”,9.解 a.m·a.+=(去),:a=,,即a,+2=2a., -+a-- ∵b?=a?+a=2+1=2, 为首项，∴数列{b.}是以3 为公比的等比数列， ∴b,=3·(1)?=2(men“). (2)由(1)可知44=24,且a?=1,a?=1, 以为首项，∴数列{a?}是 为公比的等比数列， ,2数列{a2-1}是以1为首项， 为公比的等比数列， ,=(1);∴当n为奇数时 a,=(2),当 n为偶数时 n为奇数 为偶数. (3)①当n=2k,k∈N*时， S?=(a?+a?+⋯+a?A-1)+(a?+a?十⋯+a?A)=3 -2; S-=S?-a=3-3-②当n=2k-1,k∈N*时， =3-4 为奇数 为偶数. 题型四 10.C 当n=59时，有a?o+as?=—(2×59-1)=-117, 则{a,}的前60项和 S=(a?+a?)+(a?+a?)十⋯+(a?+a??) =(一1)+(一5)十⋯十(-117) =—(1+5+9+⋯+117) =-(1+117×30=-1770. d=2+(-1°(neN*),当n为偶数时，11.C 由题意 可得“a2=3; a=1,1当n为奇数时，可得 即数列的偶 数项成公比为3的等比数列，奇数项都为1.由求和公 s=3(3--1+50=3(3°-1+50.式可得 ∵s.+1=(-1°a,,12.解析 ∴①当n=1时，Si+1=-a?, 即a?+2=-a?,a?=-4; ②当n≥2时，a,=S,-S_=(-1)??--(-1)- a1+1=(-1)?(-1)?1 ,a。=a,+a,1+,01=-2,此(i)当n为偶数时， ,a,=-1;时 n-1为奇数，∴n为奇数时， ,a。=-a。-a?+2,2a。-2=(ii)当n为奇数时， 17 -a,1,即4a?=-2×(-1)+2=1, ,此时 n— ,a=,1为偶数，∴n为偶数时 故当n为奇数时，S=-1; ,s.=1-2=0,当n为偶数时 ∴数列{S,}的前 7 项和为 S?+S?+ S?+S,= -(+2++2)=-256 -256答案 专题2 与数列有关的不等式问题 题型一 1.B 由题意得(-1)+2a<3+(-1)+对任意n∈ N”都成立，由于(-1)”中n的奇偶性不同其结果也不 同，因此需要分n为奇数和n为偶数进行讨论.当n为 奇数时，有-a<3+, {3+n},易知数列 为递减数列， 且3+1>3,) 以—a≤3,所以a≥-3;当n为偶数时， 有a<3-1, {3-n}易知数列 为递增数列，且 (3-1)_=3-2=5, 以a<5.,所 综上，实数 a的 [-3,5].取值范围为 故选B. a.=(2n+1)(2n+3)=_(2n+1-2m+3),2.解析 则 S.=1(3-5+亏-1+⋯+2n+1-2n+3) =2(3-2n+3)<6 因为S,<M恒成立，所以M≥ 6, 6.即M的最小值为 6答案 3.解析 因为na,+1=(n+1)a,所以m1+n(n+1 =n,即+1+n-n+1=n,所以1-n+1=n 1,所以{a-1} n-1=4-1=1为常数数列，即 以n=n+1=1+1>1,可得a=n+1,所 ,所以原题等 价于t2+(a-2)t+a2≤1对任意t∈[0,1]恒成立。 令f(t)=t2+(a-2)t+a2,t∈[0,1], {f(1≤1, I2<(a-2)×1+a2<1.则 即 解得-1≤a≤1,所以实数a的取值范围为[-1,1]. 答案 [-1,1] 4.解(1)设等差数列{a,}的公差为d. 由题意可得2a?-a?=(a?+a?)-a?=a?=5, 且S;-Sg=a?+a?=14,则a?=9, 得d=a?-a?=4,a?=a?-3d=-7, 所以a=-7+4(n-1)=4n-11. (2)由(1)可得S.=n(-7+4m-11)=2n2-9m, 则S-a+λ=(2n2-9n)—(4n-11)+λ=2n2-13n+λ +11. 因为y=2x2-13x+λ+11的图象开口向上， x=13,对称轴方程为 所以当n=3时，2n2—13n+λ+11取到最小值λ-10, 得λ-10≥0,即λ≥10, 所以λ的取值范围为[10,+一]. 题型二 5.C ∵3S,+1=4a,∴s=4a-3, ,a?=s=4a-3,当n=1时 ,即a?=1 当n≥2时，a?=S。-S-?=(4a-3)-(4a-1- 3)=4a-4a1,即a,=4a,1, ∴数列{a,}是首项为1,公比为4的等比数列， 则a,=1×4"-1=4"-1,即√a=√4"1=2"-1, ∴√a?+√a?+⋯+√a,=2°+21+⋯+2"-1= 2×(--2)=2”-1. 若使不等式√a?+√a?+⋯+√a<1000成立， 则需2”—1<1.000,即 n≤9, 所以满足题意的正整数 n的最大值为9.故选C. 6.C 由题意得a+=-a,+4n+2, 构造a+1+k(n+1)+b=—(a,+kn+b),k,b∈R, {-26-A=2,化简得a+1=-a,-2kn-2b—k,则 {6=0,2即a+1-2(n+1)=-(a-2n),解得 令b,=a,-2n,则b?=-b, 故数列{6,}是首项为b?=a?-2=2,公比为-1的等比 数列， 故b,=2×(-1)*-1,则a,=2n+2×(-1)“-1, s.=2+2n×n+2×所以数列{a}的前 n 项和 [1-(-1”=2+n+1-(-1)°. 当 n为偶数时，S,=n2+n<2023,即 n(n+1)<2 023. 因为44×45=1980<2 023,46×47=2162>2 023, 所以此时 n的最大值为44; 当n为奇数时，S,=n2+n+2<2 023, 即 n(n+1)<2 021. 因为43×44=1892<2 021,45×46=2070>2 021, 所以此时 n的最大值为43. 综上可得，n的最大值为44.故选C. 18