强基培优8 数列中的奇偶项问题(配套Word)-【高考快车道】2026年高考数学大一轮专题复习总复习基础版（人教A版）

该高中数学高考复习教案聚焦数列中的奇偶项问题，覆盖通项含(-1)^n、分段函数型、连续两项和（积）型三大核心考点，按问题类型构建知识体系，揭示分类讨论思想与分组求和方法的内在联系。通过高考考情分析、类型题解法梳理、真题精讲（如2023新高考Ⅱ卷例2）和分层训练四个环节，帮助学生突破奇偶项通项公式推导及求和难点，体现复习教学的系统性和针对性。 资料以“类型化突破”为特色，创新采用“问题情境—方法提炼—实战应用”教学模式，如针对连续两项和型问题，引导学生通过递推式作差推导奇偶项公差（培养数学思维中的推理能力），结合分组求和法快速求解。设置基础训练与真题变式题，配合解题技法总结，确保学生在有限时间内掌握解题模型，既提升学生分类讨论和运算求解能力，也为教师精准把控复习节奏提供清晰路径。

强基培优8 数列中的奇偶项问题 高考考情 数列是高中数学中非常重要的一个知识点,也是高考必考的内容.与数列有关的题目类型较多,其中分奇偶项求和问题比较常见.此类问题中奇数项和偶数项的通项公式一般会有所不同,要解答此类问题,我们需要灵活运用分类讨论思想和分组求和方法. 类型一 通项含(-1)n的类型 【例1】设Sn为数列{an}的前n项和,an>0,+2an+1=4Sn. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求数列{ (-1)n()}的前n项和Tn. 【解析】(1)已知+2an+1=4Sn,① 当n=1时,a1=1. 当n≥2时,+2an-1+1=4Sn-1,② ①-②得:+2an--2an-1=4an, 即(an+an-1)(an-an-1-2)=0. 又an>0, 所以an+an-1≠0,an-an-1=2. 所以数列{an}是以1为首项, 2为公差的等差数列, 所以an=2n-1. (2)设bn=(-1)n()=(-1)n[]=(-1)n(+), 则Tn=b1+b2+…+bn=-(1+)+(+)-(+)+…+(-1)n(+)=-1+(-1)n. 解题技法 1.通项公式中含有(-1)n: ①等差数列的通项公式乘(-1)n,可用并项求和法求数列前n项的和; ②等比数列的通项公式中含有(-1)n,其前n项和可写成分段的形式. 2.递推公式中含有(-1)n: 寻找间隔两项之间的关系 如an+1+=2n, n为奇数时,→an+2+an=2;n为偶数时, →an+2+an=4n+2→得到相邻两个奇数项或偶数项的关系. 【训练1】　已知数列{an}的前n项和为Sn,2Sn=3an-9. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=(-1)nlog3an,求数列{bn}的前n项和Tn. 【解析】(1)当n=1时,2S1=3a1-9, 因为S1=a1,所以2a1=3a1-9,所以a1=9. 因为2Sn=3an-9,所以2Sn+1=3an+1-9,两式相减,得2an+1=3an+1-3an,即an+1=3an. 又因为a1=9,所以an>0,所以数列{an}是以9为首项,3为公比的等比数列, 所以an=9×3n-1=3n+1. (2)由(1)可知bn=(-1)nlog3an=(-1)n(n+1),当n为偶数时,Tn=(-2+3)+(-4+5)+…+ [-n+(n+1)]=. 当n为奇数时,Tn=(-2+3)+(-4+5)+…+[-(n-1)+n]-(n+1)=-(n+1)=-. 所以Tn= 类型二 分段函数型 【例2】(2023·新高考Ⅱ卷)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; (2)证明:当n>5时,Tn>Sn. 【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,而bn=k∈N*, 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)法一:由(1)知,Sn==n2+4n,bn=k∈N*, 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+n)-(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+n-5)-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn. 综上所述,当n>5时,Tn>Sn. 法二:由(1)知,Sn==n2+4n,bn=k∈N*, 当n为偶数时,Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=·+·=n2+n, 当n>5时,Tn-Sn=(n2+n)-(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+n-5)-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn. 综上所述,当n>5时,Tn>Sn. 解题技法 破解以“分段函数”形式创设的数列递推关系式的创新应用问题,关键是抓住数列中奇、偶项之间的递推关系式,综合应用数列的定义、数列的类型、数列的通项公式及数列的求和公式等,注意不同数列之间、同一数列中的奇偶项之间的转化与变形,回归特殊数列的本质进行解题. 【训练2】　(2024·青岛模拟)已知递增等比数列{an}的前n项和为Sn,且S3=13,=3a4,等差数列{bn}满足b1=a1,b2=a2-1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)若cn=请判断c2n-1+c2n与a2n的大小关系,并求数列{cn}的前20项和. 【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q, 由题意得 即 解得或 又等比数列{an}单调递增,所以 所以an=a1·qn-1=3n-1, 所以b1=a1=1,b2=a2-1=2, 所以等差数列{bn}的公差为1, 故bn=1+(n-1)×1=n. (2)由(1)知cn= 所以+=-(2n-1)·+2n·==, 所以T20=c1+c2+c3+c4+…+c19+c20 =(c1+c2)+(c3+c4)+…+(c19+c20) =3+33+…+319==(910-1). 类型三 数列中连续两项和(或积)的问题(an+an+1=f(n)或an·an+1=f(n)) 【例3】已知数列{an}满足a1=1,an+1+an=4n. (1)求数列{an}的前100项和S100; (2)求数列{an}的通项公式. 【解析】(1)因为a1=1,an+1+an=4n, 所以S100=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a99+a100)=4×1+4×3+…+4×99=4×(1+3+5+…+99) =4×502=10 000. (2)由题意,an+1+an=4n①, an+2+an+1=4(n+1)②, 由②-①得,an+2-an=4.因为a1=1,a1+a2=4,所以a2=3,所以数列{an}的奇数项与偶数项都是公差为4的等差数列. 当n为奇数时,an=a1+(-1)×4=2n-1; 当n为偶数时,an=a2+(-1)×4=2n-1. 综上所述,an=2n-1. 解题技法 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-1)+(a2+a4+…++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. 【训练3】　在数列{an}中,已知a1=1,an·an+1=()n,记Sn为{an}的前n项和,bn=+,n∈N*. (1)判断数列{bn}是否为等比数列,并写出其通项公式; (2)求数列{an}的通项公式; (3)求Sn. 【解析】(1)因为an·an+1=()n,所以an+1·an+2=()n+1,所以=,即an+2=an. 因为bn=+,所以===, 所以数列{bn}是公比为的等比数列. 因为a1=1,a1·a2=, 所以a2=,b1=a1+a2=, 所以bn=×()n-1=,n∈N*. (2)由(1)可知an+2=an,a1,a3,a5,…是以a1=1为首项,为公比的等比数列;a2,a4,a6,…是以a2=为首项,为公比的等比数列, 所以=()n-1,=()n, 所以an= (3)因为=(a1+a3+…+)+(a2+a4+…+)=+=3-, 又S2n-1=S2n-a2n=3--=3-, 所以Sn= - 7 - 学科网（北京）股份有限公司 $