微专题13 数列的奇偶项问题 讲义-2026届高三数学二轮专题复习

该高中数学讲义聚焦数列奇偶项问题这一高考高频考点，系统梳理隔项等差等比求通项、分组与并项求和等核心内容，通过考点分析、方法指导、2021新高考Ⅰ卷真题讲解及分类型典例训练，帮助学生构建解题框架，突破奇偶项首项、项数、公差（比）分析难点，体现复习的系统性与针对性。 资料以“类型突破+方法归纳”为特色，如针对an+1+an=f(n)型，引导学生通过作差构造隔项等差数列（数学思维），结合分层练习（典型例题、精准强化练）实现能力提升，培养学生抽象能力与推理意识，助力教师高效把控复习节奏，显著提升学生解决数列综合问题的应考能力。

微专题13　数列的奇偶项问题 近几年高考：有关数列的奇偶项问题是高考中经常涉及的问题,解决此类问题的关键在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差(比)等,涉及求通项、求和等.(1)隔项等差、等比数列型求通项公式常用的方法:用2k-1或2k替代n,求出a2k-1,a2k的通项;(2)求数列的前n项和常用的方法有:方法一:分别求出S奇,S偶,利用Sn=S奇+S偶,这种思路本质上是分组求和;方法二:把a2k-1+a2k看作一项,求出S2k,再利用S2k-1=S2k-a2k求出S2k-1,这种思路本质上是并项求和. 1、 高考真题 (2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1=1,an+1= (1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式; (2)求{an}的前20项和. 解　(1)因为bn=a2n,且a1=1, an+1= 所以b1=a2=a1+1=2, b2=a4=a3+1=a2+2+1=5. 因为bn=a2n, 所以bn+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3, 所以bn+1-bn=a2n+3-a2n=3, 所以数列{bn}是以2为首项,3为公差的等差数列, 所以bn=2+3(n-1)=3n-1,n∈N*. (2)因为an+1= 所以k∈N*时,a2k=a2k-1+1=a2k-1+1, 即a2k=a2k-1+1,① a2k+1=a2k+2,② a2k+2=a2k+1+1=a2k+1+1, 即a2k+2=a2k+1+1,③ 所以①+②得a2k+1=a2k-1+3, 即a2k+1-a2k-1=3, 所以数列{an}的奇数项是以1为首项,3为公差的等差数列; ②+③得a2k+2=a2k+3,即a2k+2-a2k=3, 又a2=2,所以数列{an}的偶数项是以2为首项,3为公差的等差数列. 所以数列{an}的前20项和S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+a6+…+a20)=10+×3+20+×3=300. 二．典型例题 1.　an+1+an=f(n)或an+1·an=f(n)型 例1 已知数列{an}的前n项和为Sn=n2+4n(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{cn}满足cn+1+cn=an,且不等式cn+2n2≥0对任意的n∈N*都成立,求c1的取值范围. 解　(1)由题意得当n=1时,a1=S1=5, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+4n-(n-1)2-4(n-1)=2n+3, 当n=1时,a1=5,适合上式,故an=2n+3. (2)由(1)知,cn+1+cn=2n+3, 当n=1时,c2+c1=5; 当n≥2时,cn+cn-1=2(n-1)+3, 两式相减得cn+1-cn-1=2(n≥2), ∴数列{c2n}是以c2为首项,公差为2的等差数列, 数列{c2n-1}是以c1为首项,公差为2的等差数列. 当n为偶数时,cn=c2+2×=n+3-c1; 当n为奇数时, cn=c1+2×=n-1+c1, ∴cn= 对任意的n∈N*,都有cn+2n2≥0成立, ①当n为奇数时,n≥1,cn+2n2=n-1+c1+2n2≥0恒成立, 即-c1≤2n2+n-1对n为奇数恒成立, 当n=1时,(2n2+n-1)min=2, ∴-c1≤2,即c1≥-2; ②当n为偶数时,n≥2, cn+2n2=n+3-c1+2n2≥0恒成立, 即c1≤2n2+n+3对n为偶数恒成立, 当n=2时,(2n2+n+3)min=13,∴c1≤13. 综上所述,c1的取值范围是[-2,13]. 规律方法　1.构造隔项等差数列:an+1+an=pn+q(p,q≠0)⇒an+2+an+1=p(n+1)+q⇒两式相减得⇒an+2-an=p; 2.构造隔项等比数列:an+1·an=pqn(p,q≠0)⇒an+2·an+1=pqn+1⇒两式相除得⇒=q. 训练1 (2025·唐山调研)在数列{an}中,已知a1=1,an·an+1=,记Sn为{an}的前n项和,bn=a2n+a2n-1. (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　(1)∵an·an+1=, ∴an+1·an+2=, ∴=,即an+2=an, ∴===. ∵a1=1,a1·a2=,∴a2=, ∵b1=a2+a1=+1=, ∴数列{bn}是以为首项,为公比的等比数列, ∴bn=·=. (2)由(1)可知an+2=an,且a1=1,a2=, ∴数列{a2n}是以为首项,为公比的等比数列,数列{a2n-1}是以1为首项,为公比的等比数列, ∴当n为奇数时,an=; 当n为偶数时,an=, ∴an= (3)当n为偶数时, Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(an-1+an)=3-3·, 当n为奇数时,n-1为偶数, Sn=Sn-1+=3-3+=3-2, ∴Sn= 2.　an=型 例2 (2025·南京质检)已知数列{an},a1=1,an+1= (1)是否存在实数λ,使得数列{a2n-λ}是等比数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由. (2)若Sn是数列{an}的前n项和,求满足Sn>0的所有正整数n. 解　(1)由题意得a2n+2=a2n+1+2n+1=(a2n-6n)+2n+1, ∴a2n+2=a2n+1, 故a2n+2-=, 又a2=+1=,∴a2-=-, 即存在λ=,使得数列{a2n-λ}是以-为首项,为公比的等比数列. (2)由(1)知a2n-=-=-, ∴a2n=-, ∵a2n=a2n-1+2n-1,得a2n-1=3a2n-3(2n-1), ∴a2n+a2n-1=4a2n-6n+3=--6n+9. ①当n=2k时, S2k=(a1+a2)+(a3+a4)+(a2k-1+a2k), =-2+ =-3k2+6k-1; ②当n=2k-1时, S2k-1=S2k-a2k=·-3k2+6k-. ∵与-3k2+6k在k∈N*时均单调递减, ∴S2k与S2k-1在k∈N*时均单调递减. 又S1=1,S2=,S3=-,S4=-, ∴满足Sn>0的所有正整数n为1和2. 规律方法　对于递推关系分奇偶不同的数列,可以利用a2n,a2n-1及a2n-1,a2n-2,推导出偶数项递推关系,求出偶数项的通项公式,通过a2n,a2n-1的关系再推出奇数项的通项公式.求Sn时,可以先把a2n+a2n-1看作一项,求出S2k,再求S2k-1=S2k-a2k. 训练2 (2025·沈阳模拟)已知等比数列{an}是递减数列,{an}的前n项和为Sn,且,2S2,8a3成等差数列,3a2=a1+2a3,数列{bn}满足bn+1=2bn-2n+1,b1=3,n∈N*. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)若cn=求数列{cn}的前2n项和T2n. 解　(1)设等比数列{an}的公比为q, 由题意可得 则 因为数列{an}是等比数列,解得a1=q=, 所以an=a1qn-1=, 因为bn+1=2bn-2n+1, 所以bn+1-2(n+1)-1=2(bn-2n-1), 因为b1=3,则b1-2×1-1=0, 所以bn-2n-1=0,故bn=2n+1. (2)当n为奇数时,cn=, 令An=c2i-1, 则An=+++…+, 所以An=++…++, 作差可得An=+++…+-=+-=-, 化简得An=-; 当n为偶数时,cn===-, 令Bn=c2i, 则Bn=-+-+…+-=-, 故T2n=An+Bn=--. 3.　通项公式中含有(-1)n型 例3 (2025·广州质检)已知数列{an}的首项为a1=,且满足an+1+4an+1an-an=0. (1)证明:数列为等差数列; (2)求数列的前n项和为Sn; (3)求数列{(-1)nSn}的前n项和. (1)证明　因为an+1+4an+1an-an=0,a1=, 若an+1an=0,则an=an+1=0, 与a1=矛盾,所以an+1an≠0, 所以an-an+1=4anan+1,所以-=4, 因为a1=,所以=2, 所以数列是以首项为2,公差为4的等差数列. (2)解　由(1)知=2+(n-1)·4=4n-2, 数列的前n项和为Sn==2n2. (3)解　因为(-1)nSn=2·(-1)nn2, 设数列{(-1)nSn}的前n项和为Tn, 当n为偶数时,Tn=2[-12+22-32+…-(n-1)2+n2], 因为n2-(n-1)2=2n-1, 所以Tn=2[3+7+…+(2n-1)] =2·· =n(n+1)=n2+n, 当n为奇数时,n-1为偶数. Tn=Tn-1+2·(-1)nn2 =(n-1)n-2n2=-n2-n, 所以Tn= 规律方法　通项中含有(-1)n的常见类型 (1)等差数列的通项公式乘以(-1)n,可用并项求和法求数列前n项的和, 如an=(-1)n(2n-1),前20项的和 a1+a2+…+a20=(-1+3)+(-5+7)+…+(-37+39). (2)等比数列的通项乘以(-1)n,若求其前n项和的最值可写成分段形式, 如等比数列{an}的通项公式为an=(-1)n-1·,则其前n项和Sn=1-,求Tn=Sn-的取值范围时,n分奇偶讨论,求Tn的最值. (3)裂项相消法求和 如an=(-1)n=(-1)n, 求和时通过(-1)n实现正负交替. 训练3 (2025·西安调研)已知数列{an}的前n项和Sn=,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=+(-1)nan,求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)当n=1时,a1=S1=1; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=n. a1也满足an=n, 故数列{an}的通项公式为an=n. (2)当n为偶数时, Tn=(21+22+…+2n)+[-1+2-3+4+…-(n-1)+n]=+=2n+1-2+. 当n为奇数时, Tn=(21+22+…+2n)+[-1+2-3+4+…-(n-2)+(n-1)-n] =2n+1-2+-n=2n+1-. 综上,Tn= 【精准强化练】 1.(2025·龙岩模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,Sn+Sn+1=3an+1-4,等差数列{bn}的前n项和为Tn,b2+b4=6,T4=10. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设cn=求数列{cn}的前2n项和. 解　(1)因为Sn+Sn+1=3an+1-4,① 所以当n=1时,a1+a1+a2=3a2-4, 又a1=2,所以a2=4. 当n≥2时,Sn-1+Sn=3an-4,② ①-②,得an+an+1=3an+1-3an, 所以an+1=2an. 又a1=2,a2=4=2a1, 所以∀n∈N*,=2, 所以{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n. 设等差数列{bn}的公差为d, 因为b2+b4=6,T4=10, 所以解得b1=d=1, 所以bn=1+(n-1)×1=n, 即{bn}的通项公式为bn=n. (2)因为cn== 则数列{cn}的前2n项和M2n=(1+3+…+2n-1)+(2·22+4·24+…+2n·22n), 令An=1+3+…+(2n-1)==n2, Bn=2·22+4·24+…+2n·22n=1·23+2·25+…+n·22n+1, 则22·Bn=1·25+2·27+…+n·22n+3, 所以两式相减得 -3Bn=23+25+27+…+22n+1-n·22n+3 =-n·22n+3=22n+3-, 则Bn=·22n+3+, 故M2n=n2+·22n+3+. 2.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=4且an+1=Sn+4(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=(-1)n+1,求数列{bn}的前n项和Tn. 解　(1)因为an+1=Sn+4, 当n=1时,a2=S1+4=8, 当n≥2时,an=Sn-1+4, 所以an+1-an=an, 即an+1=2an(n≥2,n∈N*), 又因为==2,满足上式, 所以{an}是以4为首项,2为公比的等比数列, 则an=4×2n-1=2n+1. (2)因为bn=(-1)n+1=(-1)n+1=(-1)n+1, 所以Tn=-+…+(-1)n+1=1+. 3.(2025·烟台质检)各项非零的数列{an}的前n项和记为Sn,记Tn=S1·S2·S3…Sn,且满足2SnTn-Sn-2Tn=0. (1)求T1的值,证明数列{Tn}为等差数列并求{Tn}的通项公式; (2)设cn=,求数列{cn}的前n项和Kn. 解　(1)由题意可知,T1=S1=a1≠0,且2-3T1=0, 解得T1=或T1=0(舍去), 又当n≥2时,Sn=, 所以2××Tn--2Tn=0, 化简得Tn-Tn-1=, 所以数列{Tn}是以为首项,为公差的等差数列, 所以Tn=+(n-1)×=n+1. (2)由(1)可知Sn===1+, 当n=1时,a1=S1=, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=-=-, 则an= cn= ①当n(n≥3)是奇数时, Kn=-+[-3+4-5+6-…-(n-2)+(n-1)-n+(n+1)] =-+1×=(n=1也满足), ②当n是偶数时, Kn=-+[-3+4-5+6-…-(n-1)+n-(n+1)] =-+1×-(n+1)=, 综上所述,Kn= 4.(2025·成都诊断)已知数列{an}满足an+1+an=4n-3(n∈N*). (1)若数列{an}是等差数列,求a1的值; (2)当a1=2时,求数列{an}的前n项和Sn. 解　(1)若数列{an}是等差数列,则 an=a1+(n-1)d,an+1=a1+nd. 由an+1+an=4n-3, 得a1+nd+a1+(n-1)d=4n-3, 即2d=4,2a1-d=-3, 解得d=2,a1=-. (2)法一　由an+1+an=4n-3(n∈N*), 得an+2+an+1=4n+1(n∈N*). 两式相减,得an+2-an=4, 由a2+a1=1,a1=2,得a2=-1, 所以数列{a2n-1}是首项为a1=2,公差为4的等差数列;数列{a2n}是首项为a2=-1,公差为4的等差数列, 所以an= 当n为奇数时,an=2n,an-1=2n-7. Sn=a1+a2+a3+…+an=(a1+a3+…+an)+(a2+a4+…+an-1)=+=; 当n为偶数时,an=2n-5,an-1=2n-2, Sn=a1+a2+a3+…+an=(a1+a3+…+an-1)+(a2+a4+…+an)=+=. 综上,Sn= 法二　由于an+1+an=4n-3, 于是S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2n-1+a2n) =1+9+…+(8n-7)==4n2-3n, 由此可得当n为偶数时,Sn=, 而当n为奇数时,n+1为偶数, 于是Sn=Sn+1-an+1=-(2n-3)=. 综上,Sn= 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题13　数列的奇偶项问题 近几年高考：有关数列的奇偶项问题是高考中经常涉及的问题,解决此类问题的关键在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差(比)等,涉及求通项、求和等.(1)隔项等差、等比数列型求通项公式常用的方法:用2k-1或2k替代n,求出a2k-1,a2k的通项;(2)求数列的前n项和常用的方法有:方法一:分别求出S奇,S偶,利用Sn=S奇+S偶,这种思路本质上是分组求和;方法二:把a2k-1+a2k看作一项,求出S2k,再利用S2k-1=S2k-a2k求出S2k-1,这种思路本质上是并项求和. 1、 高考真题 (2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1=1,an+1= (1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式; (2)求{an}的前20项和. 二．典型例题 1.　an+1+an=f(n)或an+1·an=f(n)型 例1 已知数列{an}的前n项和为Sn=n2+4n(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{cn}满足cn+1+cn=an,且不等式cn+2n2≥0对任意的n∈N*都成立,求c1的取值范围. 规律方法　1.构造隔项等差数列:an+1+an=pn+q(p,q≠0)⇒an+2+an+1=p(n+1)+q⇒两式相减得⇒an+2-an=p; 2.构造隔项等比数列:an+1·an=pqn(p,q≠0)⇒an+2·an+1=pqn+1⇒两式相除得⇒=q. 训练1 (2025·唐山调研)在数列{an}中,已知a1=1,an·an+1=,记Sn为{an}的前n项和,bn=a2n+a2n-1. (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. 2.　an=型 例2 (2025·南京质检)已知数列{an},a1=1,an+1= (1)是否存在实数λ,使得数列{a2n-λ}是等比数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由. (2)若Sn是数列{an}的前n项和,求满足Sn>0的所有正整数n. 规律方法　对于递推关系分奇偶不同的数列,可以利用a2n,a2n-1及a2n-1,a2n-2,推导出偶数项递推关系,求出偶数项的通项公式,通过a2n,a2n-1的关系再推出奇数项的通项公式.求Sn时,可以先把a2n+a2n-1看作一项,求出S2k,再求S2k-1=S2k-a2k. 训练2 (2025·沈阳模拟)已知等比数列{an}是递减数列,{an}的前n项和为Sn,且,2S2,8a3成等差数列,3a2=a1+2a3,数列{bn}满足bn+1=2bn-2n+1,b1=3,n∈N*. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)若cn=求数列{cn}的前2n项和T2n. 3.　通项公式中含有(-1)n型 例3 (2025·广州质检)已知数列{an}的首项为a1=,且满足an+1+4an+1an-an=0. (1)证明:数列为等差数列; (2)求数列的前n项和为Sn; (3)求数列{(-1)nSn}的前n项和. 规律方法　通项中含有(-1)n的常见类型 (1)等差数列的通项公式乘以(-1)n,可用并项求和法求数列前n项的和, 如an=(-1)n(2n-1),前20项的和 a1+a2+…+a20=(-1+3)+(-5+7)+…+(-37+39). (2)等比数列的通项乘以(-1)n,若求其前n项和的最值可写成分段形式, 如等比数列{an}的通项公式为an=(-1)n-1·,则其前n项和Sn=1-,求Tn=Sn-的取值范围时,n分奇偶讨论,求Tn的最值. (3)裂项相消法求和 如an=(-1)n=(-1)n, 求和时通过(-1)n实现正负交替. 训练3 (2025·西安调研)已知数列{an}的前n项和Sn=,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=+(-1)nan,求数列{bn}的前n项和Tn. 【精准强化练】 1.(2025·龙岩模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,Sn+Sn+1=3an+1-4,等差数列{bn}的前n项和为Tn,b2+b4=6,T4=10. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设cn=求数列{cn}的前2n项和. 2.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=4且an+1=Sn+4(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=(-1)n+1,求数列{bn}的前n项和Tn. 3.(2025·烟台质检)各项非零的数列{an}的前n项和记为Sn,记Tn=S1·S2·S3…Sn,且满足2SnTn-Sn-2Tn=0. (1)求T1的值,证明数列{Tn}为等差数列并求{Tn}的通项公式; (2)设cn=,求数列{cn}的前n项和Kn. 4.(2025·成都诊断)已知数列{an}满足an+1+an=4n-3(n∈N*). (1)若数列{an}是等差数列,求a1的值; (2)当a1=2时,求数列{an}的前n项和Sn. 学科网（北京）股份有限公司 $