数列的奇偶项问题 课件-2027届高三数学一轮复习

数列的奇偶项问题 重难解读 　　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， 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. 目录/ CONTENTS 考点一 已知奇偶项型 01 考点二 通项含有（－1）n型 02 课时跟踪训练 03 01 PART 考点一 已知奇偶项型 目 录 （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； 高中总复习·数学 目 录 解：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. 高中总复习·数学 目 录 （2）证明：当n＞5时，Tn＞Sn. 解：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＋× ＝ n2＋ n. 高中总复习·数学 目 录 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. 高中总复习·数学 目 录 规律方法 1.当n为偶数时，奇数项、偶数项各有 项，可直接分组求和，即Sn＝ （a1＋a3＋…＋an－3＋an－1）＋（a2＋a4＋…＋ ＋an）. 2.当n为奇数时，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. 3.当题目条件中出现连续两项的和时，常采用减项作差法，可得数列的 奇数项、偶数项所具备的性质，从而求出其通项公式. 4.当题目条件中出现连续两项的积时，常采用约项作商法，可得数列的 奇数项、偶数项所具备的性质，从而求出其通项公式. 高中总复习·数学 目 录 练1 （2026·辽宁大连模拟预测）若数列{an}和{bn}满足：a1＝1，b1＝ 7，且 （1）设cn＝an－bn，证明：{cn}是等比数列； 解：证明：∵an＋1＝bn－2an，bn＋1＝3bn－4an， ∴an＋1－bn＋1＝bn－2an－3bn＋4an＝2（an－bn）， ∴cn＋1＝2cn，又c1＝a1－b1＝－6≠0， ∴{cn}是以－6为首项，2为公比的等比数列. 高中总复习·数学 目 录 （2）设dn＝ 试求{dn}的前n项和Sn. 解：由（1）可知cn＝－6·2n－1＝－3·2n， ∴an－bn＝－3·2n，∴bn＝an＋3·2n， ∴an＋1＝an＋3·2n－2an＝－an＋3·2n， ∴an＋1－2n＋1＝－（an－2n）， 又a1－21＝－1≠0，∴{an－2n}是以－1为首项，－1为公比的等比数列， ∴an－2n＝－1·（－1）n－1＝（－1）n，∴an＝2n＋（－1）n， ∴bn＝2n＋（－1）n＋3·2n＝2n＋2＋（－1）n， 高中总复习·数学 目 录 ∴dn＝ ∴当n为偶数时，Sn＝－3×（21＋23＋…＋2n－1）＋3× ＝－2n＋1＋ n ＋2， 当n为奇数时，Sn＝Sn＋1－dn＋1＝－2n＋2＋ （n＋1）＋2－3＝－2n＋2＋ n＋ ，∴Sn＝ 高中总复习·数学 目 录 02 PART 考点二 通项含有（－1）n型 目 录 （2026·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：设等差数列{an}的公差为d， 由a2＋2a3＝13，S6＝36， 得 解得 所以an＝2n－1. 高中总复习·数学 目 录 （2）若数列{bn}满足bn＝（－1）nan＋[（－1）n＋1]2n，求{bn}的前2n 项和T2n. 解：bn＝（－1）nan＋[（－1）n＋1]2n， 当n为奇数时，bn＝（－1）nan＋[（－1）n＋1]·2n＝－an， 当n为偶数时，bn＝（－1）nan＋[（－1）n＋1]·2n＝an＋2n＋1， 又由（1）得，an＝2n－1， 所以T2n＝（a2－a1）＋（a4－a3）＋…＋（a2n－a2n－1）＋（23＋25＋… ＋22n＋1）＝2n＋ ＝ ＋2n. 高中总复习·数学 目 录 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）等比数列的通项公式中含有（－1）n，其前n项和可写成分段的形 式，可求最值，如等比数列{an}的通项公式为an＝（－1）n－1· ，则 其前n项和Sn＝1－（－ ）n，求Tn＝Sn－ 的取值范围时，n分奇偶讨 论，求Tn的最值. 高中总复习·数学 目 录 练2 已知数列{an}满足a1＝1，an＋an＋1＝λ·2n（n∈N*）（λ是常数）. （1）若λ＝0，证明{an}是等比数列； 解：证明：依题意，a1＝1，an＋an＋1＝λ·2n（n∈N*）， 当λ＝0时，an＋an＋1＝0，an＋1＝－an， 所以数列{an}是首项a1＝1，公比为－1的等比数列. 高中总复习·数学 目 录 （2）若λ≠0，且{an}是等比数列，求λ的值以及数列{（－1）nlog2a3n－1} 的前n项和Sn. 解：依题意，a1＝1，an＋an＋1＝λ·2n（n∈N*），λ≠0，且{an}是等比 数列， 则a1＋a2＝1＋a2＝λ·2，a2＝2λ－1， a2＋a3＝2λ－1＋a3＝λ·22，a3＝2λ＋1， 所以（2λ－1）2＝1×（2λ＋1），而λ≠0，故解得λ＝ ， 则a1＝1，a2＝2，a3＝4，所以等比数列{an}的公比q＝2， 则an＝2n－1，a3n－1＝23n－2， 高中总复习·数学 目 录 所以（－1）nlog2a3n－1＝（－1）nlog223n－2＝（－1）n（3n－2），设bn ＝（－1）n（3n－2）， 所以，当n为偶数时， Sn＝（－1＋4）＋（－7＋10）＋（－13＋17）＋…＋[－（3n－5）＋ （3n－2）]＝3× ＝ n＝ ， 当n为奇数时， Sn＝Sn＋1－bn＋1＝ （n＋1）－（3n＋1）＝ ＝ ， 综上所述，Sn＝ . 高中总复习·数学 目 录 03 PART 课时跟踪检测 （时间：45分钟，满分：55分） 目 录 1. （10分）已知数列{an}满足（－1）n＋1an＋2＋（－1）nan＝3（－1）n ＋1（n∈N*），若a1＝a2＝1，求{an}的前20项的和S20. 解：当n为奇数时，an＋2－an＝－2，即数列{a2n－1}是以a1＝1为首项，－ 2为公差的等差数列，于是a2n－1＝1＋（n－1）·（－2）＝－2n＋3， 当n为偶数时，－an＋2＋an＝4，即an＋2－an＝－4， 则数列{a2n}是以a2＝1为首项，－4为公差的等差数列，于是a2n＝1＋（n －1）·（－4）＝－4n＋5， 所以{an}的前20项和S20＝ ×10＋ ×10＝－250. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 2. （15分）（2026·福建莆田模拟）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ （1）记bn＝a2n＋2，求b1，b2，并证明数列{bn}是等比数列； 解：由题意，a2＝3，a3＝6，a4＝8，所以b1＝5，b2＝10， 又因为 ＝ ＝ ＝ ＝2， 所以数列{bn}是首项为5，公比为2的等比数列. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 （2）记cn＝a2n＋3，求满足c1＋c2＋c3＋…＋cn＜100的所有正整数n 的值. 解：由（1）知bn＝5×2n－1，所以cn＝5×2n－1＋1， 所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝5×（20＋21＋…＋2n－1）＋n＝5×2n＋n－5， 因为c1＋c2＋c3＋…＋cn单调递增， 且c1＋c2＋c3＋c4＝79＜100＜c1＋c2＋c3＋c4＋c5＝160， 所以正整数n的所有取值为1，2，3，4. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 3. （15分）（2026·山东济宁模拟）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； 解：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. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 （2）若bn＝（－1）n＋1 ，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：因为bn＝（－1）n＋1 ＝（－1）n＋1 ＝（－1）n＋1（ ＋ ）， 所以Tn＝（ ＋ ）－（ ＋ ）＋…＋（－1）n＋1（ ＋ ）＝1＋ . 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 4. （15分）已知数列{an}满足a1＝－1，an＋1＝ 记bn ＝a2n－1， （1）证明：数列{a2n－1＋5}是等比数列； 解：证明：因为a2n＝a2n－1＋2，a2n＋1＝2a2n＋1，n∈N*， 所以a2n＋1＝2（a2n－1＋2）＋1＝2a2n－1＋5， 即a2n＋1＋5＝2（a2n－1＋5）， 又a1＋5＝4，所以数列{a2n－1＋5}是首项为4，公比为2的等比数列. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 （2）求数列{bn}的通项公式； 解：由（1）可知bn＋5＝a2n－1＋5＝4×2n－1＝2n＋1， 所以bn＝2n＋1－5. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 （3）求数列{nbn}的前n项和Sn. 解：由（2）得nbn＝n×2n＋1－5n，设cn＝n×2n＋1，其前n项和为Tn， 则Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1， 2Tn＝1×23＋2×24＋3×25＋…＋n×2n＋2， 两式相减得－Tn＝22＋23＋24＋…＋2n＋1－n×2n＋2＝ －n×2n ＋2，所以Tn＝（n－1）2n＋2＋4， 所以Sn＝Tn－5（1＋2＋3＋…＋n）＝（n－1）2n＋2＋4－ n（n＋1）＝ （n－1）2n＋2－ n2－ n＋4. 1 2 3 4 高中总复习·数学 目 录 $