培优9 数列中的奇偶项问题（专题讲解课）-【第一梯队】2026年高考数学二轮专题突破教用课件

该高中数学高考复习课件聚焦数列中的奇偶项问题，覆盖连续两项和或积、分段通项、含(-1)^n型三大高考核心考点。依据高考评价体系，分析各题型考查权重，归纳等差数列分奇偶项证明、等比数列分段求和等常考题型，体现备考的针对性和实用性。 课件亮点在于融合高考真题训练与应试技巧指导，如以“a_{n+1}+(-1)^n a_n=2n-1”真题为例，通过分奇偶项讨论培养数学思维，借助等差等比性质应用强化数学语言表达。提供“递推式作差求公差公比”等突破方法，帮助学生掌握答题技巧，提升得分率，同时为教师复习教学提供系统的题型解析和备考策略指导。

培优9　数列中的奇偶项问题 数 学 新高考专用 目 录 类型1　数列中连续两项和或积的问题(an+an+1= f(n)或an·an+1= f(n)型) 类型2    an= 类型3　递推式中含有(-1)n型 类型1　数列中连续两项和或积的问题(an+an+1= f(n)或an·an+1= f(n)型) 1.an+an+1=f (n)型:由an+an+1=f(n),得an+1+an+2=f(n+1),从而an+2-an=f(n+1)-f(n),特别地,当f(n)= an+b(a≠0)时,an+2-an=a,则{an}的偶数项与奇数项分别构成一个公差为a的等差数列. 2.an·an+1=f (n)型:由an·an+1=f(n),得an+1·an+2=f(n+1),从而 = ,特别地,当f(n)=aqn时,  =q,则{an}的偶数项与奇数项分别构成一个公比为q的等比数列,其中a≠0,q≠0,1. 目 录 例　已知数列{an}满足:a1=1,an+an+1=3n+λ(n∈N*),λ∈R. (1)证明:数列{a2n}是等差数列; (2)是否存在λ使得数列{an}为等差数列?若存在,求λ的值及数列{an}的前n项和Sn;若不存 在,请说明理由. 思路导引     (1)  (2)假设存在,由an+an+1=3n+λ,a1=1,2a2=a1+a3,得λ= ,分n为奇数,n为偶数两种情况验证即 可. 目 录 解析    (1)证明:由an+an+1=3n+λ,得an+1+an+2=3n+3+λ,两式相减得an+2-an=3, 又a1+a2=3+λ,a1=1,则a2=2+λ, 故{a2n}是首项为2+λ,公差为3的等差数列. (2)假设存在λ,使得数列{an}为等差数列, 由(1)可知,a1+a2=3+λ,a2+a3=6+λ, 又∵a1=1,∴a2=2+λ,a3=4, 由2a2=a1+a3可得2(2+λ)=1+4,解得λ= , 当λ= 时,由(1)可知an+2-an=3, 目 录 当n为奇数时,an=a1+ ×3 =1+3 = , 当n为偶数时,an=a2+ ×3 = +3 = , ∴an= (n∈N*), 则{an}是首项为1,公差为 的等差数列, ∴Sn= = = . 目 录 类型2    an=  　　此类问题的常用解法: 1.按奇偶项分为两个数列分别求解,但要注意原数列项数分奇数和偶数讨论. 2.利用an= 转化为数列{an}的奇数项和偶数项求解. 目 录 例    (2025山东省实验中学诊断考试)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=13,an+1=   (1)证明:数列{a2n-1-12}为等比数列; (2)求数列{an}的前2n+1项和S2n+1. 解析    (1)证明:因为an+1=  所以当n≥2,n∈N*时,a2n-1-12=a2(n-1)+1-12=3a2n-2-12=3a(2n-3)+1-12=3(a2n-3-8)-12=3(a2n-3-12),即  =3,又n=1时,a1-12=13-12=1, 所以数列{a2n-1-12}是首项为1,公比为3的等比数列. (2)由(1)知a2n-1-12=3n-1,所以a2n-1=3n-1+12, 目 录 又由an+1= 可得a2n-2=3n-2+4,n≥2,n∈N*, 所以S2n+1=a1+a2+a3+…+a2n+a2n+1=(a1+a3+…+a2n+1)+(a2+a4+…+a2n) =[(30+12)+(31+12)+…+(3n+12)]+[(30+4)+(3+4)+…+(3n-1+4)] =[30+3+…+3n+12(n+1)]+(30+3+…+3n-1+4n)= + +16n+12=2×3n+16n+11. 目 录 类型3　递推式中含有(-1)n型 　　对n分奇、偶进行讨论,转化为相邻两项和或差求解.当项数不确定时,要分奇数和 偶数讨论求解. 目 录 例    (高考真题精选)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为_____________.     1 830     解析　由an+1+(-1)nan=2n-1可得a2n+1+a2n=4n-1,a2n-a2n-1=4n-3. 两式相减可得a2n-1+a2n+1=2,所以(a1+a3)+(a5+a7)+…+(a57+a59)=2×15=30. 由an+1+(-1)nan=2n-1可得a2n+1+a2n=4n-1,a2n+2-a2n+1=4n+1.两式相加得a2n+a2n+2=8n.所以(a2+a4) +(a6+a8)+…+(a58+a60)=8+24+40+…+8×29= =1 800.所以a1+a2+…+a60=30+ 1 800=1 830. 目 录 $