微突破1 数列的奇偶项问题-【领跑高中】2026年高考数学二轮专题复习教师用书Word

微突破1　数列的奇偶项问题 【备考指南】　数列的奇偶项问题主要考查学生的综合运用能力与探究问题能力，考查形式既有小题，也有解答题，解决此类问题的难点在于搞清数列中奇数项和偶数项各自的首项、项数、公差、公比等，特别注意分类讨论思想在解题中的灵活运用. 1.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若公差d＝，且S100＝145，则a1＋a3＋a5＋…＋a97＋a99＝（　　） A.60 B.70 C.75 D.85 1.等差数列中，若项数为偶数2n，则S2n＝n（an＋an＋1）；S偶－S奇＝nd；＝.若项数为奇数2n－1，则S2n－1＝（2n－1）an；S奇－S偶＝an；＝. 解析：A　设P＝a1＋a3＋a5＋…＋a97＋a99，Q＝a2＋a4＋a6＋…＋a98＋a100，因为数列{an}是等差数列，且公差d＝，S100＝145，所以解得P＝60，Q＝85，所以a1＋a3＋a5＋…＋a97＋a99＝60.故选A. 2.已知一个项数为偶数的等比数列{an}的所有项之和为所有奇数项之和的3倍，前2项之积为8，则a1＝（　　） A.2 B.－2 C.－1 D.2或－2 2.等比数列中，若项数为2n，则＝q；若项数为2n＋1，则＝q. 解析：D　设公比为q，数列共有2n项，则{a2n－1}满足首项为a1，公比为q2，项数为n，设所有奇数项之和为Tn，因为所有项之和是奇数项之和的3倍，所以q≠1，所以Tn＝a1＋a3＋…＋a2n－1＝，S2n＝，故满足＝＝3，解得q＝2，又a1·a2＝·q＝8，所以a1＝±2.故选D. 3.已知数列{an}满足an＝（－1）n·（2n－1），n∈N*，则其前n项和Sn＝（　　） A.（－1）n－1·n B.（－1）n·n C. D.（－1）n＋1·n 3.当题目条件中出现（－1）n时，需按照n的奇偶性分类求解. 解析：B　∵an＝（－1）n·（2n－1），∴Sn＝－1＋3－5＋7＋…＋（－1）n（2n－1），当n为偶数时，Sn＝＝n；当n为奇数时，Sn＝－（2n－1）＝－n.综上所述，Sn＝（－1）n·n（n∈N*）. 4.已知数列{an}，{bn}，其中{an}是各项均为正数的等比数列，满足3a1＋a2＝18，＝9a1a5，则{an}的通项公式为　　an＝3n　　；若bn＝则数列{bn}的前2n项和S2n＝　2n2＋n－＋　. 4.由cn＝求S2n，则S2n＝（a1＋a3＋…＋a2n－1）＋（b2＋b4＋…＋b2n）. 解析：设等比数列{an}的公比为q，因为＝9a1a5＝9，所以a4＝3a3，所以q＝＝3，所以3a1＋a2＝6a1＝18，所以a1＝3，所以an＝a1qn－1＝3n.当n是奇数时，bn＝an＝3n，当n是偶数时，bn＝2log3an－1＝2n－1，所以bn＝所以S2n＝（b1＋b3＋…＋b2n－1）＋（b2＋b4＋…＋b2n）＝（3＋33＋35＋…＋32n－1）＋[3＋7＋11＋…＋（4n－1）]＝＋＝＋n（2n＋1）＝2n2＋n－＋. 【思维建模】　常见奇偶项数列的类型 （1）cn＝型； （2）含有（－1）n型； （3）含有三角函数型； （4）数列中连续两项和或积问题：an＋an＋1＝f（n）或an·an＋1＝f（n）； （5）含有{a2n}，{a2n－1}的问题. 【例1】　（2023·新高考Ⅱ卷18题）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； 解：（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d. 因为bn＝且S4＝32，T3＝16， 所以 解得 所以{an}的通项公式为an＝5＋2（n－1）＝2n＋3. （2）证明：当n＞5时，Tn＞Sn. 解：（2）证明：由（1）可知，Sn＝＝＝n2＋4n. 由an＝2n＋3，得bn＝ 若n为偶数，则 Tn＝（b1＋b3＋…＋bn－1）＋（b2＋b4＋…＋bn）＝（a1－6＋a3－6＋…＋an－1－6）＋（2a2＋2a4＋…＋2an）＝（5＋9＋…＋2n＋1－3n）＋2（7＋11＋…＋2n＋3）＝－3n＋2×＝n2＋n. 所以当n＞5时，Tn－Sn＝n2＋n－（n2＋4n）＝n2－n＝n（n－1）＞0，即Tn＞Sn. 若n为奇数，则n－1为偶数，则 Tn＝Tn－1＋bn＝（n－1）2＋（n－1）＋2n＋3－6＝n2＋n－5. 所以当n＞5时， Tn－Sn＝n2＋n－5－（n2＋4n）＝n2－n－5＝（n2－3n－10）＝（n＋2）（n－5）＞0，即Tn＞Sn. 综上可得，当n＞5时，Tn＞Sn. 【通性通法】　由cn＝求Sn的策略 （1）当n为偶数时，有个奇数项，个偶数项，则Sn＝（a1＋a3＋…＋an－1）＋（b2＋b4＋…＋bn）； （2）当n为奇数时，有个奇数项，个偶数项，则Sn＝（a1＋a3＋…＋an）＋（b2＋b4＋…＋bn－1）.也可由Sn＝Sn－1＋an求解，其中Sn－1可由（1）直接得到. 【例2】　在数列{an}中，已知a1＝1，an·an＋1＝（）n，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； 解：（1）∵an·an＋1＝（）n， ∴an＋1·an＋2＝（）n＋1， ∴＝，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， ∴数列{bn}的通项公式为bn＝·（）n－1＝. （2）求数列{an}的通项公式； 解：（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＝（， ∴数列{an}的通项公式为an＝ （3）求Sn. 解：（3）①当n＝2k时，S2k＝（a1＋a3＋…＋a2k－1）＋（a2＋a4＋…＋a2k）＝3－. ②当n＝2k－1时，S2k－1＝S2k－a2k＝3－－＝3－. ∴Sn＝ 【通性通法】　（1）若an·an－1＝qn，则an＋1·an＝qn＋1，相除得＝q.当n为奇数时，数列为以a1为首项，q为公比的等比数列；当n为偶数时，数列为以a2为首项，q为公比的等比数列； （2）若an＋an－1＝dn，则an＋1＋an＝d（n＋1），相减得an＋1－an－1＝d.当n为奇数时，数列为以a1为首项，d为公差的等差数列；当n为偶数时，数列为以a2为首项，d为公差的等差数列. 【训练1】　（2025·陕西安康模拟）已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a2＋2a3＝13，S6＝36. （1）求{an}的通项公式； 解：（1）设等差数列{an}的公差为d， 由a2＋2a3＝13，S6＝36，得解得 所以{an}的通项公式为an＝2n－1. （2）若数列{bn}满足bn＝（－1）nan＋[（－1）n＋1]2n，求{bn}的前2n项和T2n. 解：（2）由（1）得bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]2n， 当n为奇数时，bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]·2n＝－（2n－1）， 当n为偶数时，bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]·2n＝（2n－1）＋2n＋1， 所以T2n＝（a2－a1）＋（a4－a3）＋…＋（a2n－a2n－1）＋（23＋25＋…＋22n＋1）＝2n＋＝＋2n. 【训练2】　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－＝（a2n－）， 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－＝－（）n－1＝－， ∴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. 【瓶颈突破】　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. （时间：30分钟，满分：45分） 一、单项选择题（每小题5分，共10分） 1.已知数列{an}满足a1＝1，前n项和为Sn，an＋1·an＝2n（n∈N*），则S2 024＝（　　） A.22 024－1 B.3×21 012－1 C.3×21 012－2 D.3×21 012－3 解析：D　数列{an}中，a1＝1，由an＋1·an＝2n得a2＝2，an＋2·an＋1＝2n＋1，则有＝2，因此数列{a2n－1}是以1为首项，2为公比的等比数列，数列{a2n}是以2为首项，2为公比的等比数列.则S2 024＝（a1＋a3＋…＋a2 023）＋（a2＋a4＋…＋a2 024）＝＋＝3×21 012－3，故选D. 2.已知等差数列{an}中，a3＋a5＝a4＋7，a10＝19，则数列{ancos nπ}的前2 025项和为（　　） A.1 012 B.1 013 C.2 025 D.－2 025 解析：D　设数列{an}的公差为d，则解得所以an＝2n－1.设bn＝ancos nπ，所以b1＋b2＝a1cos π＋a2cos 2π＝a2－a1＝2，b3＋b4＝a3cos 3π＋a4cos 4π＝a4－a3＝2，…，所以数列{ancos nπ}的前2 025项和为（b1＋b2）＋（b3＋b4）＋…＋（b2 023＋b2 024）＋b2 025＝2×＋（2×2 025－1）cos 2 025π＝－2 025.故选D. 二、填空题（5分） 3.已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝则数列{an}的通项公式为　an＝　. 解析：当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1＝a2k＋2k　①，当n＝2k－1，k∈N*时，a2k＝a2k－1＋2k　②.由①②得a2k＋1－a2k－1＝4k，k∈N*，所以a3－a1＝4，a5－a3＝8，…，a2k＋1－a2k－1＝4k，k∈N*，累加得a2k＋1－a1＝4＋8＋…＋4k＝2k2＋2k，所以a2k＋1＝2k2＋2k.令2k＋1＝n，k∈N*，则n≥3且n为奇数，an＝，当n＝1时，a1＝0满足上式，所以当n为奇数时，an＝，此时an＋1＝an＋n＋1＝，所以当n为偶数时，an＝.所以an＝ 三、解答题（共30分） 4.（15分）（2025·山东潍坊统考）已知正项数列{an}满足a1＝1，an＋1（an＋2）＝2＋5an＋2（n∈N*）. （1）证明：数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式； （2）设bn＝（－1）nlog4（an＋1），数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn. 解：（1）因为an＋1（an＋2）＝2＋5an＋2＝（2an＋1）（an＋2），an＞0， 所以an＋1＝2an＋1， 所以an＋1＋1＝2（an＋1）， 所以数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列. 所以an＋1＝2n，即数列{an}的通项公式为an＝2n－1. （2）结合（1）知bn＝（－1）nlog42n＝（－1）n·， 所以当n为偶数时，Tn＝（－＋）＋（－＋）＋…＋（－＋）＝·＝. 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝－＝－. 所以数列{bn}的前n项和Tn＝ 5.（15分）（2025·河北衡水调研）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，故数列{an}的通项公式为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×（－1）＝n＋3－c1； 当n为奇数时，cn＝c1＋2×（－1）＝n－1＋c1， ∴cn＝k∈N*. ∵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]. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $