教考衔接1 数列中的奇、偶项问题-【精讲精练】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步学习方案（人教B版2019）

第五章数列。 1= 2 所以-2T=4×3十4×32十…+4×3” a1=2, 11 解得 或 (舍去). 4n·3"+1 d=2, d=- 2 11 =4×(3+32+…+3")-4n·3"+ (6分) =4×3(1-3") -4n·3"+1 失分警示卜 1-3 所以an=a1十(n-1)d=2m.…(7分) 未整理出最后站 =(2-4n)·3+1-6. 论扣2分」 (2)由2+2++=31-3(m∈N) 所以T,=(2n-1)·3+1+3. …(15分) a a2 a 得+++==3-3(m≥2m∈N) 课堂小结 a aa-1 知识落实 技法强化 两式相减得 失分警示 般的数列求和，应从通项 =2·3”(n≥2)， 未验证n=1扣2分. 2n 数列求和的常用方人手，若无通项，先求通项 所以bn=4n·3"(n≥2). (10分) 法有： 然后通过对通项变形，转 (1)分组转化法求和，化为与特殊数列有关或具 当n=1时，b1=12也满足bn=4n·3", (2)裂项相消法求和.备某种方法适用特点的形 所以bn=4n·3"(n∈N+).…(11分) (3)错位相减法求和.式，从而选择合适的方法 Tn=4×3+8×32+12×33+…+4n·3”, 求和 所以3Tm=4×32+8×33+12×3+…+ 温馨 请完成课后案」学业评价（「人、 4n·3+1 (12分) 提 阶段测评（二） 教考 数列中的奇、偶项问题 一、真题展示 三、类法探究 (2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数 数列中的奇、偶项问题是把一个数列分成 an一6，n为奇数， 列，bn= 记Sn,T,分别为 两个新数列进行单独研究，利用新数列的 2an,n为偶数、 特征（等差、等比数列或其他特征）求解原 数列{a},{b,}的前n项和，S=32,T=16. 数列的问题 (1)求{an}的通项公式； (1)数列中的奇、偶项问题的常见题型 (2)证明：当n>5时，Tm>Sm ①含有（一1）”的类型； 二、真题溯源 ②含有{a2n},a2m-1}的类型； (人教B版选择性必修第三册P15习题 ③已知条件明确的奇、偶项问题： 5-1BT5) ④数列中连续两项和或积的问题(a,十 写出数列1,2,2,4,3,8,4,16,5，…的一个 通项公式。 am+1=f（n)或an·aw+1=f(n). (人教B版选择性必修第三册P59复习题 (2)对于通项公式分奇、偶不同的数列{am》 B组T7) 求S。时，我们可以分别求出奇数项的和与 已知{a,}中，a+1十（-1)"a.=2n-1,求 偶数项的和，也可以把a2-1十a2看作一 Sg的值. 项，求出S2,再求S2-1=S2e一a24 39 ●数学·选择性必修第三册（配RJB版） 类型一通项中含有（一1）”的数列求和 规律方法 n分奇偶求通项公式，将原有的数列分为2个 典例1 在数列{a}中，a3=3,数列{an}的 数列，要分清原数列中的项在新数列中为第儿项， 前n项和S满是-之a,+m∈N》 2 或将n转化为2k一1或2k(k∈N)表示，求出通项 (1)求数列{a}的通项公式； 公式，数列是一种特殊的函数，数列问题中经常出 现恒成立问题，解题思路与函数的恒成立问题一 (2)若b,=(一1)”a2,求数列{bn}的前n项 致，但要注意n的取值. 和T [自主解答] 类型三“连续两项和或积的问题(a,十a+1 =f(n)或a:a+i=fn)） 典例3设数列{an}为等比数列，且a2=2, a5=16,数列{b.}满足b=0且b.+1十bn= 2n(n∈N+. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式： (2)若cn=an·bn,Tn是{cn}的前n项和， 求T 规律方法 [自主解答] 含有（一1）”的数列求和时，要综合利用好分 组求和、并项求和、裂项相消法求和等方法，求出的 前n项和S。要分奇偶表示，求参数时，要分奇偶， 构造关于n的函数，注意取最值时n的值. 类型二奇、偶项通项不同的数列求和 典例8已知数列{an}中，a1=1,a2=2,aw+2三 ka(k≠1)，n∈N+,a2+a3,a3十a4,a,+a5 成等差数列， (1)求k的值和数列{an)}的通项公式； a,n为奇数， (2)设bn= 求数列{bn) log2an,n为偶数， 的前n项和S. [自主解答] 规律方法 对于a,1十a.=f()的形式，可利用相邻项的 两式相减，即 c。+1十cn=an, 寻找间隔两项之 C+2十C+1=an+1 间的关系 402 2(1-q”)1-2”-2”-1. 所以当n→2时,$-(-1+1), (2)S.= 1-9 1-2 -S+1-S.1 #bn-51 1 两式相减,得2a.=na.+n-(n-1)a-1-(n-1), 即(n-2)a.-(n-1)a-1-1. 所以T.-b+b++6-11-5S+1s 所以(n-1)a+1=na.-1, 两式相减,得(n-1)ax+1-(n-2)a.-na.-(n-1) a-1,即2a.-a-1+aa+1. S+1SS+1 所以数列a。是等差数列 [例3] [解析](1)设等差数列{a。)的公差为d,等比数 当n-1时,a-(a+1),解得a-1, 列(b)的公比为q.由已知得:b十b-12, 即b(q+^②})-12,又b-2, 所以q^②}+q-6-0,因为q>0,所以q-2, 所以b-2”,由b-a-2a,S-11b$, 所以a.-1+(n-1)=n(n后N). 得,3d-a-8,a+5d-16, (2)b-(-1)”a?-(-1”n?, 联立解得,a-1,d-3,所以a.-3n-2, 当n为奇数时,T.=-12+22-32十.+(-1)xn2 [1$+ 2+..+(n-1)])-n}--n}n;, 所以,a。)和(6。的通项公式分别为 2 a-3n-2,b.-2”. 当n为偶数时,T.--1^2+22-3{+..+n2-1+2+.. (2)设数列(ab2-1)的前n项和为T。 由a-6n-2,b2-1-2×4"-1, 有a2b2n-1-(3n-1)×4”, (_2”,nN且n是奇数, 故T-2×4+5×4+8×43+...+(3n-1) 4” 综上所述,T.一 {2 #2nnN且n是偶数. 4T-2×4+5×43+8×4+.+(3n-4)×4"+ (3n-1)×4+1. 2。 上述两式相减,得-3T。-2×4十3×42+3×4十...+ [典例2] [解析] (1)因为a十a,a3十a4,a;十a5成等 3X4"-(3n-1)×4-+1-12×(1-4")-4-(3n-1)x 差数列,所以2(aa+a)-a+aa+a4+as. 所以as-a3-a4-a2' 1-4 得(k-1)a-(-1)a) 4+1--(3n-2)×4+1-8. 因为b1,所以a2-a3-2, 3 所以b-a3=2, 所以,数列(a2b2n-1)的前n项和为3n-2×4-+1+8. a1 3. (2,n为奇数, 3 [触类旁通] 得a= l2,n为偶数. 3.解析 (1)当n-1时,4S-4a-3a+4, (2“-1,n为奇数, 解得a1-4. (2)由(1)知,b.一 #为偶数. 当n2时,4$-1-3a-1+4, 所以4S-4S -1-4a.-3a-3a-1 当n为偶数时,设n-2, 即a_=-3a-1 可得S-S=b+b+.+b2-1+b+b+..+b2 而a=4≠0,故a≠0,故“--3, -2+2+.2-2-(2+4-2) an-1 所以数列(a.)是以4为首项,一3为公比的等比数列,所 3。 2。 以a-4·(-3)”-1. 2 即S-2 _2-1(n+2)n. (2)b.=(-1)n-1.n·4·(-3)n-1-4n·3-1, 3 所以T.-b+b+b+..+b=4·3+8·31+12· 当n为奇数时,设n-2-1, 32+..+4n·3n-1, 可得S =S-1-b+b+.+b-1+b2+b+.十 故3T.-4·31+8·32+12·33+..+4n·3”. #a-2=2+22+.-+22-2+1[2+4.-+(2-2)] 所以-2T.=4+4·31+4·32+..+4·3”-1-4n·3” 1-4f 1-3 2 4-1(-1) -4+2·3·(3”-1-1)-4n·3”-(2-4n)·3”-2, 3r +2- 所以T.-(2n-1)·3”+1. 即_2-1- -1 教考衔接1 数列中的奇、偶项问题 (2”-1(n+2)n,n为偶数, 3 8 综上,S.一 2--1n2-1,n为奇数. 所以$-(a+1), 8 [典例3] [典解析] (1)设a。)的公比为9 结论形成 则a-a2q3-16, 1.本金 等额本金还款法 等额本息还款法 又a-2,所以q-2,所以a-a2q"-2-2a-1, 3.(1)a(1+xr)(2)a(1十-)(3)N(1+){ 由b+1+b.-2n, [基础自测] 可得b+b-,-2(n-1)(n>2), 1.解析(1)不正确,本息指本金与利息的和; 两式相减,得bn+1-b-1-2(n>2), (2)不正确,定期自动转存的模型不是等差数列; 所以数列(b.的奇数项是以b,为首项,2为公差的等差 (3)不正确,分期付款的本质是贷款按复利整存整取,还 数列,即n是奇数时,b =b-1=b+(k-1)·2= 款按复利零存整取到贷款全部还清时,货款本利合计一 (“1-1)·2-n-1. 还款本利合计; (4)正确. 那么n是偶数时,b.-2n-bn+1-n, 答案(1)×(2)×(3)X(4) (n-1,n是奇数, 即B-{ 2.B 设每年应还x万元,则x十x(1十p)十x(1十){②十 n,n是偶数. ...+x(1+b)-m(1+b)10, ((n-1)·2”-1,n是奇数 1-(1+)10] (2)c-a.b= _m(1+)10,-m(1+)10 1-(1十p) n.2n-1,n是偶数 (1+)10-1 则T =ab+a2b2+a3b3+ab +ab5+..+ab 故选B. -0·2+2·21+2·22+4·23+4·24+... 3.C 由复利公式得 当n是奇数时,设n一2一1,则 $-10000X(1+3.60%)-10000×1.036$ T.=ab+ab+.+a.b-0·2+2·2+2·22+ 4.解析 10年后的本息:a1o-5×(1+0.0225)10~6.246 4·23+4·24+.-+(2-2)·22^-3+(2-2)·22^-2 (万元). =0·2+[2·21+4·23+.+(2-2)·22^-3]+ 答案 6.246 [2·22+4·24+.+(2-2)·22-2] 课堂案·互动探究 -3[2·21+4·23+..+(2-2)·22-3] [例1] [解析] 因购房时付150万元, -3$1·22+2·24+3·2+.+(-1)·22^*-2, 则欠款1000万元,依题意分20次付款, 记S -1·2+2·2+3·2+.+(-1)·22- 则每次付款的数额顺次构成数列(a。). 那么4S=1·2+2·2+3·28+..+(-1)·22* 则a-50+1000×1%-60. 则-3$ -2+2+2+28+.+22^--(-1)·22^ a=50+(1000-50)X1%=59.5. a-50+(1000-50×2)×1%-59, a-50+(1000-50×3)x1%-58.5. T.-3$-(-)·4+4 所以a=50+[1000-50Gn-1)]$r1%=60-($n-)1$)$ -4+(”1-))·4-+(n-))·2” (1n<20,nEN.). 当n是偶数时,T.-T-1十a.b. -+[(第-一1)-]2-十 2 所以({a)是以60为首项,-为公差的等差数列. 所以a1o-60-9×1-55.5. -4+(2n-)# 2-1-+(n-4)· 2”, 所以第10个月应付55.5(万元). [+(n)·2”"为奇数, 2o-60-19×-50.5. 即T一 #(n一)·2”"为偶数. 5.4 数列的应用 1105. 课前案·自主学习 所以实际共付1105十150-1255(万元) [教材梳理] [触类旁通] 导学 1.解析(1)依题意,剧场座位数从第一排起的各排座位 [问题1] [提示] 有区别,区别在于“款”所购买的物品 数构成等差数列a)(n 40,nN+),首项a-20,公 差d-2, 或服务,在款项没到达前,你是否占有了该物品或服务. 没占有,就是“分期付款”,占有了,就是“分期还款”. 设数列(a)的前n项和为S。. [问题2] [提示] 与增长量和降低量有关的问题一般 对应等差数列,与增长率和降低率有关的问题一般对应 2 等比数列. 所以该剧场的座位数为2360. (2)由(1)知, [问题3][提示] 单利问题:设本金为力,期利率为,则 n期后本利和S.一p(1十nr),对应的是等差数列;复利 2 问题:设本金为力,期利率为r,则n期后本利和S。一 力(1十,)”,对应的是等比数列. 2 15