数列的奇、偶项与增、减项问题 讲义-2025届高三数学二轮专题突破

微专题23　数列的奇、偶项与增、减项问题 [考情分析]　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.数列中的增、减项问题就是增加或减少以后的数列是等差数列还是等比数列.公共项问题就是观察这些公共项的规律，判断是否构成等差数列或等比数列.难度中等. 微点一　奇、偶项问题 1.(5分)(2024·德州模拟)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn=(-1)nan-，则a3=　　　　；S1+S2+…+S100=　　　　.  2.(15分)(2023·新高考全国Ⅱ)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；(6分) (2)证明：当n>5时，Tn>Sn.(9分) 微点二　公共项问题 3.(2024·石家庄模拟)已知n∈N*，an=，bn=，数列{an}与数列{bn}的公共项按从小到大的顺序排列组成一个新数列{cn}，则数列{cn}的前99项和为(　　) A. B. C. D. 4.(15分)(2024·德阳模拟)已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，且数列{bn}的前n项和为Sn，2a1=b1=2，a5=5(a4-a3)，在①b5=4(b4-b3)，②bn+1=Sn+2这两个条件中任选其中一个，完成下面的问题. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(6分) (2)设数列的前n项和为Tn，是否存在m，n∈N*，使得Tn=am.若存在，求出所有满足题意的m，n；若不存在，请说明理由.(9分) 微点三　增、减项问题 5.(5分)(2024·南京模拟)已知等差数列{An}的首项A1为4，公差为6，在{An}中每相邻两项之间都插入两个数，使它们和原数列的项一起构成一个新的等差数列{an}，则数列{an}的通项公式为an=　　　　　；若，，…，，…是从{an}中抽取的部分项按原来的顺序排列组成的一个等比数列，k1=1，k2=5，令bn=2nkn+2n，则数列{bn}的前n项和Tn=　　　　　　　.  6.(15分)(2024·广州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2n+1=2an+2，且数列为等差数列. (1)求数列{an}的通项公式；(6分) (2)在与之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn(dn>0)的等差数列，记数列的前n项和为Tn，求证：Tn<3.(9分) [总结提升] 1.对于通项公式分奇、偶项的数列{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. 2.数列中的增、减项问题就是观察增加或减少以后的数列是等差数列还是等比数列，然后按照各自的数列进行求解. 3.数列中的公共项问题关键在于观察这些公共项的规律，判断是否构成等差数列或等比数列. 1.(2024·南阳模拟)已知等比数列{an}的公比与等差数列{bn}的公差均为2，且a1=b1+2=2，设数列{cn}满足cn=则数列{cn}的前20项的和T20为(　　) A. B. C. D. 2.(2024·深圳调研)已知数列{an}满足a1=a2=1，an+2=(k∈N*)，若Sn为数列{an}的前n项和，则S50等于(　　) A.624 B.625 C.626 D.650 3.我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩二，七七数之剩二，问物几何？”根据这一问题所体现的数学思想，若所有被3除余2的自然数从小到大排列组成数列{an}，所有被5除余2的自然数从小到大排列组成数列，把{an}和的公共项从小到大排列得到数列，则(　　) A.a3+b5=c3 B.b28=c10 C.a5b2>c8 D.c9-b9=a26 4.已知数列{an}和{bn}满足a1=3，an+1-an=2，4bn=(-1)n+1，若数列{bn}的前n项和为Tn，不等式3Tn<λ(3-5λ)(n∈N*)恒成立，则实数λ的取值范围为(　　) A. B. C. D. 5.(多选)(2024·郑州模拟)大衍数列，来源于《乾坤谱》中对“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，大衍数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量的总和.大衍数列从第一项起依次为0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，….记大衍数列{an}的前n项和为Sn，其通项公式an=则 (　　) A.84是数列{an}中的项 B.a2+a4+…+a14+a16=408 C.++++…+= D.S50=21 450 6.(多选)(2024·长郡中学、杭州二中、南师大附中三校联考)已知an=2n，bn=3n-1，数列{an}和{bn}的公共项由小到大排列组成数列{cn}，则(　　) A.c4=32 B.为等比数列 C.数列的前n项和Sn∈[1，5) D.，，不是任一等差数列的三项 7.(5分)(2024·合肥模拟)已知数列{an}满足(-1)n+1an+2+(-1)nan=3(-1)n+1(n∈N*)，若a1=a2=1，则{an}的前20项和S20=　　　　.  8.(5分)(2024·南京模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5=17，S4=2a2+22.则数列{an}的通项公式为　　　　　；在任意相邻两项ak和ak+1(k=1，2，3，…)之间插入2k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，则数列{bn}的前200项和T200=　　　　　　　.  9.(15分)(2024·聊城模拟)已知数列{an}满足a1+a3=2a2，an+1=数列{cn}满足cn=a2n-1. (1)求数列{cn}和{an}的通项公式；(6分) (2)求数列{an}的前n项和Sn.(9分) 10.(15分)记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S5=15，a2=2，等比数列{bn}满足b2=a1+a3，b3=2a4. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(6分) (2)将数列{an}中与{bn}的相同项去掉，剩下的项依次构成新数列{cn}，求ci(n∈N*).(9分) 答案精析 高频考点练 1.-　 解析　因为Sn=(-1)nan-， 所以当n=1时，a1=S1=-a1-， 则a1=-； 所以当n≥2时，Sn-1=(-1)n-1an-1-， 两式相减得，Sn-Sn-1=(-1)nan--(-1)n-1an-1+， 即an=(-1)nan-(-1)n-1an-1+， ①当n为偶数时，an=an+an-1+， 所以an-1=-， 即当n是奇数时，an=-； ②当n是奇数时，2an=-an-1+， an-1=-2an+=， 即当n是偶数时，an=. 所以a3=-=-； 所以S1+S2+…+S100=++…+ =(a2+a4+…+a100)-(a1+a3+…+a99)- =2×-=. 2.(1)解　设等差数列｛an｝的公差为d， 而bn= 则b1=a1-6，b2=2a2=2a1+2d，b3=a3-6=a1+2d-6， 于是 解得a1=5，d=2，an=a1+(n-1)d=2n+3， 所以数列｛an｝的通项公式是an=2n+3. (2)证明　方法一　由(1)知，Sn==n2+4n，bn= 当n为偶数时，bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1， Tn=·=n2+n， 当n>5时，Tn-Sn=-(n2+4n)=n(n-1)>0， 因此Tn>Sn. 当n为奇数时，Tn=Tn+1-bn+1=(n+1)2+(n+1)-[4(n+1)+6]=n2+n-5， 当n>5时，Tn-Sn=-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0， 因此Tn>Sn. 综上，当n>5时，Tn>Sn. 方法二　由(1)知，Sn==n2+4n， bn= 当n为偶数时，Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=·+·=n2+n， 当n>5时，Tn-Sn=-(n2+4n)=n(n-1)>0， 因此Tn>Sn， 当n为奇数时，若n≥3， 则Tn=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1) =·+· =n2+n-5， 显然T1=b1=-1满足上式， 因此当n为奇数时，Tn=n2+n-5， 当n>5时，Tn-Sn=-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0， 因此Tn>Sn，所以当n>5时，Tn>Sn. 3.D　[因为数列是正奇数数列，对于数列， 当n为奇数时，设n=2k-1(k∈N*)， 则(n+1)2-1=4k2-1，为奇数； 当n为偶数时，设n=2k(k∈N*)， 则(n+1)2-1=(2k+1)2-1=4k(k+1)，为偶数， 所以cn== =， 所以c1+c2+…+c99 =× =×=.] 4.解　(1)设等差数列｛an｝的公差为d， 由2a1=2，a5=5(a4-a3)可得a1+4d=5(a1+3d-a1-2d)， 解得a1=d=1， 所以an=a1+(n-1)d=n， 即数列｛an｝的通项公式为an=n(n∈N*). 设等比数列｛bn｝的公比为q， 若选择条件①b5=4(b4-b3)， 由b1=2且b5=4(b4-b3)，可得b1q4=4(b1q3-b1q2)， 即q2-4q+4=0，解得q=2， 所以bn=2×2n-1=2n(n∈N*)， 即数列｛bn｝的通项公式为bn=2n(n∈N*). 若选择条件②bn+1=Sn+2， 令n=1，则b2=S1+2=4， 所以公比q==2，此时Sn=2n+1-2，经检验满足题意， 所以数列｛bn｝的通项公式为bn=2n(n∈N*). (2)假设满足题意的m，n存在， 因为=， 则Tn=+++…++， 所以Tn=+++…++， 两式相减可得Tn=++++…+-=-=1--， 所以Tn=2-， 因为>0，所以Tn=2-<2， 所以由Tn=am可得2-=m，即m<2， 又m∈N*， 所以m=1，即2-=1，解得n=2， 因此满足题意的m，n存在，且m=1，n=2. 5.2n+2　(2n-1)·3n+1 解析　设数列{an}的公差为d， 由题意可知，a1=A1=4，a4=A2=4+6=10， 所以a4-a1=3d=6，即d=2， 所以an=a1+(n-1)d=4+2(n-1)=2n+2； 设等比数列，，…，，…的公比为q， 则q====3， 因为=4，所以=4·3n-1， 又=2kn+2， 所以2kn+2=4·3n-1，解得kn=2·3n-1-1， 所以bn=2nkn+2n=2n(2·3n-1-1)+2n=4n·3n-1， 因为Tn=4·30+8·31+12·32+…+4(n-1)·3n-2+4n·3n-1， 所以3Tn=4·31+8·32+12·33+…+4(n-1)·3n-1+4n·3n， 两式相减可得-2Tn=4·30+4·31+4·32+…+4·3n-1-4n·3n=-4n·3n=(2-4n)·3n-2， 所以Tn=(2n-1)·3n+1. 6.(1)解　设等差数列{an}的公差为d，则an=a1+(n-1)d， 又a2n+1=2an+2， 所以a1+2nd=2+2， 即a1+2=2d，① 因为数列为等差数列，且Sn=na1+d， 所以-=-， 当n=1时，-=-， 即-=-， 则a1=d，② 结合①②，解得a1=2，d=2， 则an=2+(n-1)×2=2n， 所以数列{an}的通项公式为an=2n. (2)证明　由题设得 dn===， 即=， 所以Tn=++…+， 则Tn=++…+， 上述两式相减得 Tn=1+++…+- =1+-=-， 所以Tn=3-， 因为n∈N*，所以>0，所以Tn<3，得证. 补偿强化练 1.B　[因为a1=b1+2=2，所以b1=0， 则a1=2，b1=0⇒an=2n，bn=2n-2， 根据题意，得cn= 所以T20=a1+b2+a3+b4+…+a19+b20=(2+23+25+…+219)+2(1+3+5+…+19)=+2×=.] 2.C　[在数列{an}中，a1=a2=1， an+2=(k∈N*)， 当n=2k-1，k∈N*时，an+2-an=2， 即数列{an}的奇数项构成等差数列，其首项为1，公差为2， 则a1+a3+a5+…+a49=25×1+×2=625； 当n=2k，k∈N*时，=-1， 即数列{an}的偶数项构成等比数列，其首项为1，公比为-1， 则a2+a4+a6+…+a50==1， 所以S50=(a1+a3+a5+…+a49)+(a2+a4+a6+…+a50)=626.] 3.B　[根据题意数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列， an=2+3(n-1)=3n-1， 数列是首项为2，公差为5的等差数列，bn=2+5(n-1)=5n-3， 数列{an}与的公共项从小到大排列得到数列， 故数列是首项为2，公差为15的等差数列，cn=2+15(n-1)=15n-13. 对于A，a3+b5=(3×3-1)+(5×5-3)=30，c3=15×3-13=32，a3+b5≠c3，故A错误； 对于B，b28=5×28-3=137，c10=15×10-13=137，b28=c10，故B正确； 对于C，a5=3×5-1=14，b2=5×2-3=7，c8=15×8-13=107，a5b2=14×7=98<107=c8，故C错误； 对于D，c9=15×9-13=122，b9=5×9-3=42，a26=3×26-1=77，c9-b9=122-42=80≠77=a26，故D错误.] 4.D　[由a1=3，an+1-an=2，得数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列，则an=2n+1， 所以bn=×(-1)n+1×， 当n为偶数时，Tn= -+…+- =<； 当n为奇数时，Tn=Tn+1-bn+1= +=≤T1=， 综上，=， 由不等式3Tn<λ(3-5λ)(n∈N*)恒成立，得<λ-λ2，即λ2-λ+<0，解得<λ<， 所以实数λ的取值范围为.] 5.ABD　[对于A，当n为偶数时，an==84，解得n=2，不符合题意； 当n为奇数时，an==84，解得n=13，符合题意，故A正确； 对于B，a2+a4+…+a14+a16=++…+=2×1+2×4+2×9+…+2×64 =2(12+22+32+…+82)=2×=408，故B正确； 对于C，由题意知++++…+=+++…+ =2=2×=-=，=， 所以++++…+≠，故C错误； 对于D，S50=(a1+a3+a5+…+a49)+(a2+a4+a6+…+a50)===21 450，故D正确.] 6.BCD　[令cn=am=bk，即cn=2m=3k-1， am+1=2·2m=2(3k-1)=3(2k-1)+1，不是数列{bn}中的项，即不是数列{cn}中的项， am+2=4·2m=4(3k-1)=3(4k-1)-1，是数列{bn}中的项，即是数列中的项， 所以==4，又a1=b1=c1=2，则cn=2·4n-1=22n-1，即数列为等比数列，c4=27=128，故A错误，B正确； 由Sn=2×+5×+…+(3n-1)·， 得Sn=2×+5×+…+(3n-1)·， 两式相减得Sn=2×+3×+…+3×-(3n-1)· =1+3-(3n-1)· =1+3×-(3n-1)·， 所以Sn=5-，且>0，S1==1， 所以Sn单调递增，所以Sn∈[1，5)，故C正确； 假设，，是等差数列的第i，j，p(i，j，p∈N*)项，的首项为d1，公差为d， ⇒⇒==， 因为是有理数，是无理数， 所以原假设不成立，即，，不是任一等差数列的三项，故D正确.] 7.-250 解析　数列{an}满足(-1)n+1an+2+(-1)nan=3·(-1)n+1(n∈N*)， 当n为奇数时，an+2-an=-2，即数列是以a1=1为首项，-2为公差的等差数列， 于是a2n-1=1+(n-1)·(-2)=-2n+3， 当n为偶数时，-an+2+an=4，即an+2-an=-4， 则数列是以a2=1为首项，-4为公差的等差数列， 于是a2n=1+(n-1)·(-4)=-4n+5， 所以{an}的前20项和S20=×10+×10=-250. 8.an=3n+2　291 解析　设等差数列{an}的公差为d，由题得 即 整理得解得 所以an=3n+2. 由题意可知，{bn}的各项为a1，1，1，a2，1，1，1，1，a3，1，1，1，1，1，1，1，1，…，ak，，ak+1，…， 即5，1，1，8，1，1，1，1，11，1，1，1，1，1，1，1，1，…，3k+2，，3k+5，…， 因为2+22+23+24+25+26+7=133<200， 且2+22+23+24+25+26+27+7=261>200， 所以a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7会出现在数列{bn}的前200项中， 因为a7前面(包括a7)共有133项，所以a7后面(不包括a7)还有67个1， 所以T200=(5+8+11+14+17+20+23)+(2+22+23+24+25+26)+67 =++67=291. 9.解　(1)由题意得a2=3a1，a3=a2+2=3a1+2， 因为a1+a3=2a2，即a1+3a1+2=6a1，解得a1=1， 由cn=a2n-1，得c1=a1=1，cn+1=a2n+1， 又a2k=3a2k-1，a2k+1=a2k+2，k∈N*， 故a2k+1=3a2k-1+2，所以ck+1=3ck+2，即cn+1=3cn+2，所以cn+1+1=3(cn+1)， 又c1+1=2，所以数列{cn+1}是以2为首项，3为公比的等比数列， 所以cn+1=2·3n-1，所以cn=2·3n-1-1， 则a2n-1=2·3n-1-1，故a2n=3a2n-1=2·3n-3，所以an= (2)当n为偶数时，Sn=(a1+a3+…+an-1)+(a2+a4+…+an)=4(a1+a3+…+an-1) =4=4× =4·-2n-4， 当n为奇数时，Sn=Sn+1-an+1=4·-2(n+1)-4-=2·-2n-3， 综上所述，Sn= 10.解　(1)设{an}的公差为d， 由题意可得 解得 所以{an}的通项公式为an=1+(n-1)×1=n， 因为b2=a1+a3=1+3=4，b3=2a4=2×4=8， 所以等比数列{bn}的公比q===2，且b1===2， 所以等比数列{bn}的通项公式为bn=b1·qn-1=2×2n-1=2n， 所以数列{an}，{bn}的通项公式分别为an=n，bn=2n. (2)将数列{an}中与{bn}的相同项去掉，剩下的项依次构成新数列{cn}， 则ci=c1+c2+…+， {cn}中前2n项是由{an}的前2n+n项去掉与{bn}的前n项相同的项构成的， 所以ci=c1+c2+…+ =-(2+22+…+2n) =- =+2(1-2n) =22n-1+(2n-3)2n-1+. 学科网（北京）股份有限公司 $$