第5讲 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（提升版）

第5讲　数列的奇偶项问题 【考情分析】　数列的奇偶项问题主要考查学生的综合运算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、公差或公比等，特别注意分类讨论思想在解题中的灵活运用. 考点一　数列中相邻两项和或积的问题 【例1】　（2025·广东清远二模）已知数列{an}的首项为a1＝4，且满足an＋1＋an＝6×5n（n∈N*）. （1）求证：{an－5n}是等比数列； 解：（1）证明：∵数列{an}满足an＋1＋an＝6×5n，即an＋1＝－an＋6×5n， ∴an＋1－5n＋1＝－（an－5n），即＝－1， 又∵a1＝4，∴a1－51＝－1， ∴数列{an－5n}是首项为－1，公比为－1的等比数列. （2）求数列{an}的前n项和Sn. 解：（2）由（1）知an－5n＝－1×（－1）n－1＝（－1）n， ∴an＝（－1）n＋5n， ∴Sn＝51＋52＋…＋5n＋（－1）＋1＋…＋（－1）n， 当n为偶数时，可得Sn＝＋0＝×5n＋1－； 当n为奇数时，可得Sn＝－1＝×5n＋1－. 综上可得，Sn＝ 【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】　已知数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝9n，n∈N*. （1）求数列{an}的通项公式； 解：（1）由题意，当n＝1时，a1a2＝9，可得a2＝9. 因为an·an＋1＝9n， 所以an＋1·an＋2＝9n＋1，所以＝9， 所以数列{an}的奇数项和偶数项都是公比为9的等比数列. 当n为奇数时，设n＝2k－1（k∈N*）， 则an＝a2k－1＝1·9k－1＝32k－2＝3n－1； 当n为偶数时，设n＝2k（k∈N*），则an＝a2k＝9·9k－1＝9k＝32k＝3n. 因此，an＝ （2）若bn＝求数列{bn}的前2n项和S2n. 解：（2）由（1）得bn＝ 所以S2n＝（b1＋b3＋…＋b2n－1）＋（b2＋b4＋…＋b2n）＝[0－2－4－…－（2n－2）]＋（32＋34＋36＋…＋32n）－n＝－＋－n＝. 考点二　含有（－1）n的类型 【例2】　已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且a1＝1，是1－Sn与Sn＋1的等差中项. （1）证明：数列{}是等差数列； 解：（1）证明：因为是1－Sn与Sn＋1的等差中项，所以2＝1－Sn＋Sn＋1， 所以Sn＝1＋Sn＋1－2＝（－1）2， 因为数列{an}的各项均为正数，所以Sn＞0， 所以＝－1，所以－＝1， 所以数列{}是首项为＝＝1，公差为1的等差数列. （2）设bn＝（－1）n·（Sn＋an），求数列{bn}的前2n项和T2n. 解：（2）因为数列{}是首项为1，公差为1的等差数列， 所以＝1＋（n－1）×1＝n， 所以Sn＝n2，当n＝1时，a1＝1， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－（n－1）2＝2n－1， n＝1时a1＝1符合上式， 所以an＝2n－1， 因为bn＝（－1）n·（Sn＋an）， 则T2n＝－S1－a1＋S2＋a2－S3－a3＋S4＋a4＋…＋S2n＋a2n ＝（S2－S1）＋（S4－S3）＋…＋（S2n－S2n－1）－（a1－a2＋…－a2n） ＝a2＋a4＋…＋a2n－（a1－a2＋…－a2n） ＝－（a1＋a3＋…＋a2n－1）＋2（a2＋a4＋…＋a2n） ＝－＋2× ＝－＋2× ＝－n（2n－1）＋n（4n＋2）＝2n2＋3n. 【规律方法】　通项中含有（－1）n的情形 （1）等差数列的通项公式乘以（－1）n，用并项求和法求数列的前n项和； （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，可求最值. 【训练2】　（2025·陕西咸阳二模）已知等差数列{an}的公差为2，且a2，a3，a5－1成等比数列，记Sn为数列{bn}的前n项和，且4Sn＝3bn＋2. （1）求{an}，{bn}的通项公式； 解：（1）设等差数列{an}的首项为a1， 因为a2，a3，a5－1成等比数列，所以＝a2（a5－1）， 又因为公差d＝2，所以（a1＋4）2＝（a1＋2）（a1＋7），解得a1＝2， 故an＝a1＋（n－1）d＝2＋2（n－1）＝2n. 对于数列{bn}，当n＝1时，4S1＝4b1＝3b1＋2，解得b1＝2. 当n≥2时，由4Sn＝3bn＋2，可得4Sn－1＝3bn－1＋2， 两式相减，可得4Sn－4Sn－1＝4bn＝3bn－3bn－1，即bn＝－3bn－1， 因为b1＝2≠0，所以bn≠0，可得＝－3， 所以数列{bn}是以2为首项，－3为公比的等比数列，所以bn＝2·（－3）n－1. （2）设cn＝（－1）n－1anbn，求数列{cn}的前n项和Tn. 解：（2）由（1）知an＝2n，bn＝2·（－3）n－1， 可得cn＝（－1）n－1anbn＝（－1）n－1·2n·2·（－3）n－1＝4n·3n－1， 所以Tn＝4·30＋8·31＋12·32＋…＋4n·3n－1， 则3Tn＝4·31＋8·32＋12·33＋…＋4n·3n， 两式相减，可得－2Tn＝4＋4·31＋4·32＋…＋4·3n－1－4n·3n ＝4＋4·－4n·3n＝4＋2·3·（3n－1－1）－4n·3n＝（2－4n）·3n－2， 所以Tn＝（2n－1）·3n＋1. 考点三　an＝型 【例3】　（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＝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. 【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3】　（2025·江苏淮安模拟预测）已知数列{an}的首项为a1，前n项和为Sn，且an＋1＝记bn＝a2n－1. （1）当a4＝6时，求数列{bn}的通项公式； 解：（1）∵a4＝a3＋1＝（2a2＋1）＋1＝2a2＋2＝2（a1＋1）＋2＝2a1＋4＝6，∴a1＝1. bn＋1＝a2n＋1＝2a2n＋1＝2（a2n－1＋1）＋1＝2a2n－1＋3＝2bn＋3， 则bn＋1＋3＝2（bn＋3），＝2. ∵b1＋3＝a1＋3＝4，∴{bn＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列， ∴bn＋3＝4·2n－1＝2n＋1，则bn＝2n＋1－3. （2）若2 000＜S16＜2 510，求a1的取值范围. 解：（2）当a1＋3＝0时，bn＋3＝a2n－1＋3＝0， ∴a2n－1＝－3，a2n＝－3＋1＝－2，S16＝8×（－5）＝－40，不合题意，∴a1＋3≠0. 由（1）得{bn＋3}构成以a1＋3为首项，2为公比的等比数列，∴bn＋3＝（a1＋3）·2n－1. 由题意得a2n＝a2n－1＋1， ∴S16＝（a1＋a3＋…＋a15）＋（a2＋a4＋…＋a16）＝（a1＋a3＋…＋a15）＋（a1＋1）＋（a3＋1）＋…＋（a15＋1） ＝2（a1＋a3＋…＋a15）＋8＝2（a1＋3＋a3＋3＋…＋a15＋3）－2×3×8＋8＝2（b1＋b2＋…＋b8）－40 ＝2×－40＝（a1＋3）（29－2）－40＝510（a1＋3）－40， ∴2 000＜S16＝510（a1＋3）－40＜2 510，解得 1＜a1＜2， ∴a1的取值范围是（1，2）. 突破点　数列奇偶项新视角 【例4】　已知数列{an}是公差不为0的等差数列，a4＝5，且a1，a3，a7成等比数列. （1）求数列{an}的通项公式； 解：（1）设数列{an}公差为d，d≠0 由题意可知＝a1a7，即＝（a4－3d）·（a4＋3d）， ∴（5－d）2＝（5－3d）（5＋3d），则25－10d＋d2＝25－9d2，解得d＝1， ∴an＝a4＋（n－4）d＝5＋（n－4）＝n＋1. （2）设bn＝ancos，求数列{bn}的前2 025项和. 解：（2）bn＝ancos＝（n＋1）cos， 【卡壳点】 利用cos＝cos进行转化，将数列问题 转化为三角函数特殊值问题 当n为偶数时，n＋1为奇数，则cos＝0，即bn＝0， 当n＝2k＋1，k∈N时，cos＝cos（k＋1）π， 当k为偶数时，cos（k＋1）π＝－1， 当k为奇数时，cos（k＋1）π＝1， 设数列{bn}的前n项和为Sn， 则S2 025＝b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋b6＋…＋b2 021＋b2 022＋b2 023＋b2 024＋b2 025 ＝－2＋0＋4＋0－6＋0＋…＋0－2 022＋0＋2 024＋0－2 026 ＝2×＋（－2 026）＝－1 014. 【易错提醒】 注意项数及最后一项的符号 【规律方法】　当已知条件中含有三角函数时，需等价转化，常用的三角函数等价转化有：①cos nπ＝（－1）n； ②sin＝（－1）n＋1. 【训练4】　（2025·黑龙江哈尔滨二模）已知数列{an}满足a1＝5，an＋1－2an＝3n（n∈N*），记bn＝an－3n. （1）求证：{bn}是等比数列； 解：（1）证明：∵an＋1－2an＝3n，∴an＋1＝3n＋2an， ∵bn＝an－3n，则bn＋1＝an＋1－3n＋1＝3n＋2an－3×3n＝2an－2×3n＝2（an－3n）＝2bn， 又∵a1＝5， ∴b1＝a1－31＝5－3＝2， ∴数列{bn}中任意一项不为0， ＝2， ∴数列{bn}是首项为2， 公比为2的等比数列，bn＝2×2n－1＝2n. （2）设cn＝，数列{cn}的前n项和为Sn.若不等式（－1）nλ＜Sn＋对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围. 解：（2）由（1）可知 bn＝2n，则cn＝ ， ∴Sn＝＋＋＋…＋， Sn＝＋＋＋…＋， 两式相减可得： Sn＝＋＋＋…＋－＝＋－， ∴Sn＝5－（2n＋5）（ ）n. 由（－1）nλ＜Sn＋，得（－1）nλ＜5－（2n＋5）·（ ）n＋， 化简得（－1）nλ＜5［1－（ ）n］. 【卡壳点】 当题目条件中出现（－1）n时，需按照n的奇偶性分类求解 当n 为奇数时，有－λ＜5［1－（ ）n］，即λ＞5×（ ）n－5， 而［5×（ ）n－5］max＝5×－5＝－，所以λ＞－； 当n为偶数时，有λ＜5［1－（ ）n］＝5－5×（ ）n， 而［5－5×（ ）n］min＝5－5×（ ）2＝，所以λ＜. 综上，λ的取值范围为（ －，）. 真题体验 （2021·新高考Ⅰ卷17题）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； 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，bn＝2＋3（n－1）＝3n－1，n∈N*. （2）求{an}的前20项和. 解：（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. （时间：45分钟，满分：58分） 　　 1.（13分）已知数列{an}的首项为a1＝1，且满足an＋1＋an＝3·2n. （1）求证：{an－2n}是等比数列； （2）求数列{an}的前n项和Sn. 解：（1）证明：由题意，数列{an}满足an＋1＋an＝3·2n，即an＋1＝－an＋3·2n， 则＝＝＝－1， 又由a1＝1，可得a1－21＝－1， 所以数列{an－2n}是首项为－1，公比为－1的等比数列. （2）由（1）知an－2n＝－1×（－1）n－1＝（－1）n，得an＝（－1）n＋2n， 所以数列{an}的前n项和Sn＝＋＝2n＋1＋. 2.（15分）（2025·四川自贡二模）已知数列{an}的前n项和Sn＝（n∈N*），数列{bn}是正项等比数列，满足b1＝a2，b3＝a8. （1）求{an}，{bn}的通项公式； （2）设cn＝（k∈N*），记数列{cn}的前n项和为Tn，求T99. 解：（1）因为Sn＝（n∈N*）， 所以n＝1时a1＝1. 当n≥2时，Sn－1＝， 所以an＝Sn－Sn－1＝－＝n（n≥2）， a1＝1满足an＝n，所以an＝n（n∈N*）. 因为数列{bn}是正项等比数列，b1＝a2＝2，b3＝a8＝8， 所以公比q＝2，bn＝2n. （2）由（1）知cn＝（k∈N*）， T99＝（1＋3＋5＋…＋99）＋（22＋24＋…＋298）＝＋＝2 500＋＝. 3.（15分）（2025·河北秦皇岛二模）已知数列{an}是公差大于2的等差数列，其前n项和为Sn，a2＝5，且a1＋1，a2＋1，a5－2成等比数列. （1）求数列{an}的通项公式； （2）令bn＝（－1）n＋1，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：（1）设等差数列{an}的公差为d（d＞2），则a1＝a2－d＝5－d，a5＝a2＋3d＝5＋3d， 由a1＋1，a2＋1，a5－2成等比数列，得（6－d）（3＋3d）＝62，而d＞2，解得d＝3， 所以数列{an}的通项公式为an＝a2＋（n－2）d＝3n－1. （2）由（1）得bn＝（－1）n＋1＝（－1）n＋1（ ＋）， 当n为偶数时，Tn＝（ ＋）－（ ＋）＋（ ＋）－（ ＋）＋…＋（ ＋）－（ ＋）＝－， 当n为奇数时，Tn＝（ ＋）－（ ＋）＋（ ＋）－（ ＋）＋…－（ ＋）＋（ ＋）＝＋， 所以Tn＝ 4.（15分）（2025·贵州贵阳模拟）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，8Sn＝＋4an－21. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设数列{bn}满足bn＝an·cos（nπ）·2n，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：（1）由8Sn＝＋4an－21， 得当n≥2时，8Sn－1＝＋4an－1－21. 两式相减得8an＝－＋4an－4an－1， 整理得4（an＋an－1）＝（an＋an－1）（an－an－1）， ∵{an}为正项数列，∴an＋an－1≠0，∴an－an－1＝4. 当n＝1时，8S1＝＋4a1－21＝8a1，解得a1＝7. ∴{an}是以7为首项，4为公差的等差数列， ∴an＝7＋4×（n－1）＝4n＋3. （2）当n＝2k＋1，k∈Z时，cos（nπ）＝－1；当n＝2k，k∈Z时，cos（nπ）＝1， ∴bn＝an·（－1）n·2n＝（4n＋3）·（－2）n， ∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝（4＋3）×（－2）＋（4×2＋3）×（－2）2＋（4×3＋3）×（－2）3＋…＋（4n＋3）×（－2）n， －2Tn＝（4＋3）×（－2）2＋（4×2＋3）×（－2）3＋（4×3＋3）×（－2）4＋…＋（4n＋3）×（－2）n＋1， 两式相减得：3Tn＝（4＋3）×（－2）＋4[（－2）2＋（－2）3＋…＋（－2）n]－（4n＋3）×（－2）n＋1 ＝4×＋（8n＋6）×（－2）n－6 ＝×（－2）n－＋（8n＋6）×（－2）n－6 ＝×（－2）n－， ∴Tn＝－. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $