数列中的奇偶项问题

数列中的奇偶项问题(微专题)题型选讲题型一、分段函数的奇偶项求和1(深圳市罗湖区期末试题)已知数列a n中，a1=2，na n+1-n+1a n=1n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=a n+1,n为奇数,2a n+1,n为偶数，求数列bn的前100项和.1(2023·黑龙江大庆·统考三模)已知数列a n满足a1+3a2+⋯+2n-1a n=n．(1)证明：1a n是一个等差数列；(2)已知c n=119a n,n为奇数a n a n+2,n为偶数，求数列c n 的前2n项和S2n．2024年高考数学专项复习数列中的奇偶项问题（微专题）（解析版）2(2023·吉林·统考三模)已知数列a n满足a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数an的前n项和为S n．(1)求a1，a2，并判断1024是数列中的第几项；(2)求S2n-1．3(2023·安徽蚌埠·统考三模)已知数列a n满足a1=1，a2n+1=a2n+1，a2n=2a2n-1.(1)求数列a n的通项公式；(2)设T n=1a1+1a2+⋯+1a n，求证：T2n<3.4(2023·湖南邵阳·统考三模)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 3=5,S 9=81，数列{b n }满足a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3.(1)求数列{a n }与数列{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n =b n ,n 为奇数1a n a n +2,n 为偶数，n 为偶数，求{c n }前2n 项和T 2n .5(2023·湖南岳阳·统考三模)已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，其公比q ≠-1，a 4+a 5a 7+a 8=127，且S 4=a 3+93．(1)求数列a n 的通项公式；(2)已知b n =log 13a n ,n 为奇数a n,n 为偶数，求数列b n 的前n 项和T n ．2【2020年新课标1卷文科】数列{a n}满足a n+2+(-1)n a n=3n-1，前16项和为540，则a1=1(2021·山东济宁市·高三二模)已知数列{a n}是正项等比数列，满足a3是2a1、3a2的等差中项，a4=16．(1)求数列{a n}的通项公式；log，求数列{b n}的前n项和T n．(2)若b n=-1n⋅2a2n+12【2022·广东省深圳市福田中学10月月考】已知等差数列{a n}前n项和为S n，a5=9，S5=25.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；(2)设b n=(-1)n S n，求{b n}前n项和T n.n n+13(2023·广东深圳·统考一模)记S n，为数列a n的前n项和，已知S n=a n2+n2+1，n∈N*．(1)求a1+a2，并证明a n+a n+1是等差数列；(2)求S n．1(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n前n项和为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.(1)求数列a n和数列b n的通项公式；(2)设c n=a n⋅b n，求c n前2n项和T2n.2(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n前n项和满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.(1)求数列a n的通项公式；和数列b n(2)设c n=a n⋅b n，求c n前2n项和T2n.数列中的奇偶项问题(微专题)题型选讲题型一、分段函数的奇偶项求和1(深圳市罗湖区期末试题)已知数列a n中，a1=2，na n+1-n+1a n=1n∈N*.(1)求数列a n的通项公式；(2)设b n=a n+1,n为奇数,2a n+1,n为偶数，求数列bn的前100项和.【解析】【小问1详解】∵na n+1-n+1a n=1,∴a n+1n+1-a nn=1n-1n+1,a n+1+1n+1=a n+1n，所以a n+1n是常数列，即a n+1n=a1+11=3,∴a n=3n-1；【小问2详解】由(1)知，a n是首项为2，公差为3等差数列，由题意得b2n-1=a2n-1=6n-4，b2n=2a2n+1=12n+4，设数列b2n-1，b2n的前50项和分别为T1，T2，所以T1=50b1+b992=25×298=7450，T2=50×b2+b1002=25×620=15500，所以b n的前100项和为T1+T2=7450+15500=22950；综上，a n=3n-1，b n的前100项和为T1+T2=7450+15500=22950.1(2023·黑龙江大庆·统考三模)已知数列a n满足a1+3a2+⋯+2n-1a n=n．(1)证明：1a n是一个等差数列；(2)已知c n=119a n,n为奇数a n a n+2,n为偶数，求数列c n 的前2n项和S2n．【答案】(1)证明见详解(2)S2n=2n-1n19+n34n+3【详解】(1)当n=1时，可得a1=1，当n≥2时，由a1+3a2+⋯+2n-1a n=n，则a1+3a2+⋯+2n-3a n-1=n-1n≥2，上述两式作差可得a n=12n-1n≥2，因为a1=1满足a n=12n-1，所以a n的通项公式为a n=12n-1，所以1a n=2n-1，因为1a n-1a n-1=2n-1-2n-3=2(常数)，所以1a n是一个等差数列．(2)c n=2n-119,n为奇数12n-12n+3,n为偶数 ，所以C1+C3+⋯C2n-1=1+5+9+⋯4n-319=2n-1n19，C2+C4+⋯C2n=1413-17+17-111+⋯+14n-1-14n+3=n34n+3所以数列c n的前2n项和S2n=2n-1n19+n34n+3．2(2023·吉林·统考三模)已知数列a n满足a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数an的前n项和为S n．(1)求a1，a2，并判断1024是数列中的第几项；(2)求S2n-1．【答案】(1)a1=12，a2=4；1024是数列a n的第342项(2)S2n-1=4n6+3n2-5n+116【详解】(1)由a n=2n-2,n为奇数3n-2,n为偶数可得a1=12，a2=4．令2n-2=1024=210，解得：n=12为偶数，不符合题意，舍去；令3n-2=1024，解得：n=342，符合题意．因此，1024是数列a n的第342项．(2)S2n-1=a1+a2+a3+a4+⋅⋅⋅+a2n-2+a2n-1=12+4+2+10+⋅⋅⋅+6n-8+22n-3=12+2+⋅⋅⋅+22n-3+4+10+⋅⋅⋅+6n-8=121-4n1-4+n-14+6n-82=164n-1+n-13n-2=4n6+3n2-5n+116．另解：由题意得a2n-1=22n-3，又a2n+1a2n-1=4，所以数列a2n-1是以12为首项，4为公比的等比数列．a2n=6n-2，又a2n+2-a2n=6，所以数列a2n是以4为首项，6为公差的等差数列．S2n-1为数列a2n-1的前n项和与数列a2n的前n-1项和的总和．故S2n-1=121-4n1-4+n-14+6n-82=164n-1+n-13n-2=4n6+3n2-5n+116.3(2023·安徽蚌埠·统考三模)已知数列a n满足a1=1，a2n+1=a2n+1，a2n=2a2n-1.(1)求数列a n的通项公式；(2)设T n=1a1+1a2+⋯+1a n，求证：T2n<3.【答案】(1)a n=2n+12-1,n为奇数, 2n2+1-2,n为偶数.(2)证明见解析.【详解】(1)由题意a2n+1=a2n+1=2a2n-1+1,所以a2n+1+1=2a2n-1+1,因为a1+1=2≠0,所以数列a2n-1+1是首项为2,公比为2的等比数列,所以a2n-1+1=2n,即a2n-1=2n-1,而a2n=2a2n-1=2n+1-2,所以a n=2n+12-1,n为奇数, 2n2+1-2,n为偶数.(2)方法一：由(1)得T2n=ni=11a2i-1+1a2i=32ni=112i-1=32ni=12i+1-12i-12i+1-1<32ni=12i+12i-12i+1-1=3ni=12i2i-12i+1-1=3ni=112i-1-12i+1-1=31-12n+1-1<3方法二：因为2n-1≥2n-1n∈N*,所以T2n=∑ni=11a2i-1+1a2i=32∑n i=112i-1≤32∑n i=112i-1=31-12n<34(2023·湖南邵阳·统考三模)记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a3=5,S9=81，数列{b n}满足a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3.(1)求数列{a n }与数列{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n =b n ,n 为奇数1a n an +2,n 为偶数，n 为偶数，求{c n }前2n 项和T 2n .【答案】(1)a n =2n -1,b n =3n (2)T 2n =3⋅9n 8-116n +12-724【详解】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3=5S 9=81 ，即a 1+2d =59a 1+9×82d =81 ，∴a 1=1,d =2，∴a n =2n -1.∵a 1b 1+a 2b 2+a 3b 3+⋯+a n b n =n -1 ⋅3n +1+3，①∴a 1b 1+a 2b 2+⋯+a n -1b n -1=n -2 ⋅3n +3n ≥2 ，②所以①-②得，a n b n =2n -1 ⋅3n ，∴b n =3n n ≥2 .当n =1时，a 1b 1=3,b 1=3，符合b n =3n .∴b n =3n .(2)T 2n =c 1+c 2+c 3+⋯+c 2n ，依题有：T 2n =b 1+b 3+⋯+b 2n -1 +1a 2a 4+1a 4a 6+⋯+1a 2n a 2n +2.记T 奇=b 1+b 3+⋯+b 2n -1，则T 奇=3(1-32n )1-32=32n +1-38.记T 偶=1a 2a 4+1a 4a 6+⋯+1a 2n a 2n +2，则T 偶=12d 1a 2-1a 4 +1a 4-1a 6 +⋯+1a 2n -1a 2n +2=12d 1a 2-1a 2n +2=1413-14n +3 .所以T 2n =32n +1-38+1413-14n +3 =3⋅9n 8-116n +12-7245(2023·湖南岳阳·统考三模)已知等比数列a n 的前n 项和为S n ，其公比q ≠-1，a 4+a 5a 7+a 8=127，且S 4=a 3+93．(1)求数列a n 的通项公式；(2)已知b n =log 13a n ,n 为奇数a n,n 为偶数，求数列b n 的前n 项和T n ．【答案】(1)a n =3n (2)T n =18×3n +1-98-n +1 24,n 为奇数983n -1-n 24,n 为偶数【详解】(1)因为a n 是等比数列，公比为q ≠-1，则a 4=a 1q 3,a 5=a 1q 4，a 7=a 1q 6,a 8=a 1q 7，所以a 4+a 5a 7+a 8=a 1q 3+a 1q 4a 1q 6+a 1q 7=1q 3=127，解得q =3，由S 4=a 3+93，可得a 11-34 1-3=9a 1+93，解得a 1=3，所以数列a n 的通项公式为a n =3n ．(2)由(1)得b n =-n ,n 为奇数3n ,n 为偶数，当n 为偶数时，T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n =b 1+b 3+⋅⋅⋅+b n -1 +b 2+b 4+⋅⋅⋅+b n =-1+3+⋅⋅⋅+n -1 +32+34+⋅⋅⋅+3n=-n2⋅1+n -12×+91-9n 21-9=983n -1 -n 24；当n 为奇数时T n =T n +1-b n +1=983n +1-1 -n +1 24-3n +1=18×3n +1-98-n +1 24；综上所述：T n =18×3n +1-98-n +1 24,n 为奇数983n -1-n 24,n 为偶数.题型二、含有(-1)n 类型2【2020年新课标1卷文科】数列{a n }满足a n +2+(-1)n a n =3n -1，前16项和为540，则a 1=【答案】7【解析】a n +2+(-1)n a n =3n -1，当n 为奇数时，a n +2=a n +3n -1；当n 为偶数时，a n +2+a n =3n -1.设数列a n 的前n 项和为S n ，S 16=a 1+a 2+a 3+a 4+⋯+a 16=a 1+a 3+a 5⋯+a 15+(a 2+a 4)+⋯(a 14+a 16)=a 1+(a 1+2)+(a 1+10)+(a 1+24)+(a 1+44)+(a 1+70)+(a 1+102)+(a 1+140)+(5+17+29+41)=8a 1+392+92=8a 1+484=540，∴a 1=7.故答案为：7.1(2021·山东济宁市·高三二模)已知数列{a n }是正项等比数列，满足a 3是2a 1、3a 2的等差中项，a 4=16．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n =-1 n ⋅2a 2n +1log ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3是2a 1、3a 2的等差中项，所以2a 3=2a 1+3a 2，即2a 1q 2=2a 1+3a 1q ，因为a 1≠0，所以2q 2-3q -2=0，解得q =2或q =-12，因为数列{a n }是正项等比数列，所以q =2．因为a 4=16，即a 4=a 1q 3=8a 1=16，解得a 1=2，所以a n =2×2n -1=2n ；(2)解法一：(分奇偶、并项求和)由(1)可知，a 2n +1=22n +1，所以，b n =-1 n ⋅2a 2n +1log =-1 n ⋅222n +1log =-1 n ⋅2n +1 ，①若n 为偶数，T n =-3+5-7+9-⋯-2n -1 +2n +1 =-3+5 +-7+9 +⋯+-2n -1 +2n +1 =2×n2=n ；②若n 为奇数，当n ≥3时，T n =T n -1+b n =n -1-2n +1 =-n -2，当n =1时，T 1=-3适合上式，综上得T n =n ,n 为偶数-n -2,n 为奇数(或T n =n +1 -1 n -1，n ∈N *)；解法二：(错位相减法)由(1)可知，a 2n +1=22n +1，所以，b n =-1 n ⋅2a 2n +1log =-1 n ⋅222n +1log =-1 n ⋅2n +1 ，T n =-1 1×3+-1 2×5+-1 3×7+⋯+-1 n ⋅2n +1 ，所以-T n =-1 2×3+-1 3×5+-1 4×7+⋯+-1 n +1⋅2n +1 所以2T n =3+2[-1 2+-1 3+⋯+-1 n ]--1 n +12n +1 ，=-3+2×1--1 n -12+-1 n 2n +1 =-3+1--1 n -1+-1 n 2n +1=-2+2n +2 -1 n ，所以T n=n+1-1n-1，n∈N*2【2022·广东省深圳市福田中学10月月考】已知等差数列{a n}前n项和为S n，a5=9，S5=25.(1)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；(2)设b n=(-1)n S n，求{b n}前n项和T n.【答案】(1)a n=2n-1，S n=n2；(2)T n=(-1)n n(n+1)2.【解析】【分析】(1)利用等差数列的基本量，列方程即可求得首项和公差，再利用公式求通项公式和前n项和即可；(2)根据(1)中所求即可求得b n，对n分类讨论，结合等差数列的前n项和公式，即可容易求得结果.【详解】(1)由S5=5(a1+a5)2=5×2a32=5a3=25得a3=5.又因为a5=9，所以d=a5-a32=2，则a3=a1+2d=a1+4=5，解得a1=1；故a n=2n-1，S n=n(1+2n-1)2=n2.(2)b n=(-1)n n2.当n为偶数时：T n=b1+b2+b3+b4+⋯+b n-1+b n=-12+22+-32+42+⋯+-(n-1)2+n2=(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+⋯+[n-(n-1)]×[n+(n-1)] =1+2+3+⋯+(n-1)+n=n(n+1)2.当n为奇数时：T n=b1+b2+b3+b4+⋯+b n-2+b n-1+b n=-12+22+-32+42+-(n-2)2+(n-1)2-n2=(2-1)×(2+1)+(4-3)×(4+3)+⋯+[(n-1)-(n-2)]×[(n-1)+(n-2)]-n2 =1+2+3+⋯+(n-2)+(n-1)-n2=(n-1)(1+n-1)2-n2=-n(n+1)2.综上得T n=(-1)n n(n+1)2题型三、a n+a n+1类型3(2023·广东深圳·统考一模)记S n，为数列a n的前n项和，已知S n=a n2+n2+1，n∈N*．(1)求a1+a2，并证明a n+a n+1是等差数列；(2)求S n．【解析】(1)已知S n=a n2+n2+1，n∈N*当n=1时，a1=a12+2，a1=4；当n=2时，a1+a2=a22+5，a2=2，所以a1+a2=6．因为S n=a n2+n2+1①，所以S n+1=a n+12+n+12+1②．②-①得，a n+1=a n+12-a n2+n+12-n2，整理得a n+a n+1=4n+2，n∈N*，所以a n+1+a n+2-a n+a n+1=4n+1+2-4n+2=4(常数)，n∈N*，所以a n+a n+1是首项为6，公差为4的等差数列．(2)由(1)知，a n-1+a n=4n-1+2=4n-2，n∈N*，n≥2．当n为偶数时，S n=a1+a2+a3+a4+⋯+a n-1+a n=n26+4n-22=n2+n；当n为奇数时，S n=a1+a2+a3+a4+a5+⋯+a n-1+a n=4+n-1210+4n-22=n2+n+2．综上所述，S n=n2+n,当n为偶数时n2+n+2,当n为奇数时1(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n满足a1=1，a n+a n+1=2n；数列b n前n项和为S n，且b1=1，2S n=b n+1-1.(1)求数列a n和数列b n的通项公式；(2)设c n=a n⋅b n，求c n前2n项和T2n.【答案】(1)a n=n,n=2k-1,k∈Zn-1,n=2k,k∈Z，bn=3n-1；(2)58n-59n8.【分析】(1)根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行求解即可；(2)利用错位相减法进行求解即可.(1)n ≥2，a n -1+a n =2n -1 ，∴a n +1-a n -1=2，又a 1=1，a 2=1，n =2k -1(k 为正整数)时，a 2k -1 是首项为1，公差为2的等差数列,∴a 2k -1=2k -1，a n =n ，n =2k (k 为正整数)时，a 2k 是首项为1，公差为2的等差数列.∴a 2k =2k -1，∴a n =n -1，∴a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，∵2S n =b n +1-1，∴n ≥2时，2S n -1=b n -1，∴2b n =b n +1-b n ，又b 2=3，∴n ≥2时，b n =3n -1，b 1=1=30，∴b n =3n -1；(2)由(1)得c n =n 3n -1,n =2k -1,k ∈Zn -1 3n -1,n =2k ,k ∈Z ，T 2n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -2 +1×31+3×33+5×35+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -1 =41×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 设K n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 ①则9K n =1×32+3×34+5×36+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n ②①-②得-8K n =1+232+34+⋅⋅⋅+32n -2-2n -1 ⋅32n=5+8n -5 9n-4，K n =5+8n -5 9n 32，∴T 2n =58n -5 9n82(2022·湖北省鄂州高中高三期末)已知数列a n 满足a 1=1，a n +a n +1=2n ；数列b n 前n 项和为S n ，且b 1=1，2S n =b n +1-1.(1)求数列a n 和数列b n 的通项公式；(2)设c n =a n ⋅b n ，求c n 前2n 项和T 2n .【答案】(1)a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，b n =3n -1；(2)58n -5 9n8.【解析】(1)根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行求解即可；(2)利用错位相减法进行求解即可.(1)n ≥2，a n -1+a n =2n -1 ，∴a n +1-a n -1=2，又a 1=1，a 2=1，n =2k -1(k 为正整数)时，a 2k -1 是首项为1，公差为2的等差数列,∴a 2k -1=2k -1，a n =n ，n =2k (k 为正整数)时，a 2k 是首项为1，公差为2的等差数列.∴a 2k =2k -1，∴a n =n -1，∴a n =n ,n =2k -1,k ∈Zn -1,n =2k ,k ∈Z，∵2S n =b n +1-1，∴n ≥2时，2S n -1=b n -1，∴2b n =b n +1-b n ，又b 2=3，∴n ≥2时，b n =3n -1，b 1=1=30，∴b n =3n -1；(2)由(1)得c n =n 3n -1,n =2k -1,k ∈Zn -1 3n -1,n =2k ,k ∈Z ，T 2n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -2 +1×31+3×33+5×35+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n -1 =41×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 设K n =1×30+3×32+5×34+⋅⋅⋅2n -1 ⋅32n -2 ①则9K n =1×32+3×34+5×36+⋅⋅⋅+2n -1 ⋅32n ②①-②得-8K n =1+232+34+⋅⋅⋅+32n -2-2n -1 ⋅32n=5+8n -5 9n-4，K n =5+8n -5 9n 32，∴T 2n =58n -5 9n8。

与数列奇偶项有关的问题有关数列奇偶项的问题是高考经常涉及的问题，解决此类问题的难点在于搞清数列奇例题：已知数列{a n }满足，a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)． (1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值； (2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n .变式1设函数f(x)＝2x ＋33x (x>0)，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝f ⎝⎛⎭⎫1a n －1(n ∈N *，且n ≥2)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…＋(－1)n －1a n a n ＋1，若T n ≥tn 2对n ∈N *恒成立，求实数t 的取值范围．串讲1已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a 5－a 3＝13，S 4＝16. (1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)设T n ＝ i ＝1n(－1)i ·a i ，若对一切正整数n ，不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n－1恒成立，求实数λ的取值范围．串讲2已知数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，满足S n ＋1n ＋1－S n n ＝12，且a 1＝1，并且正项数列{b n }满足b n ＋12－b n ＋1＝b n 2＋b n (n ∈N *)，其前7项和为42.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝b n a n ＋a nb n，数列{c n }的前n 项和为T n ，若对任意正整数，都有T n ≥2n ＋a ，求实数a 的取值范围；(3)将数列{a n }，{b n }的项按照“当n 为奇数时，a n 放在前面；当n 为偶数时，b n 放在前面”的要求进行排列，得到一个新的数列：a 1，b 1，b 2，a 2，a 3，b 3，b 4，a 4，a 5，b 5，b 6，…，求这个新数列的前n 项和P n .(2018·南通市、泰州市高三第一次调研测试)若数列{a n }同时满足：①对于任意的正整数n ，a n ＋1≥a n 恒成立；②若对于给定的正整数k ，a n －k ＋a n ＋k ＝2a n 对于任意的正整数n (n >k )恒成立，则称数列{a n }是“R (k )数列”．(1)已知a n ＝⎩⎨⎧2n －1，n 为奇数，2n ，n 为偶数，判断数列{a n }是否为“R (2)数列”，并说明理由；(2)已知数列{b n }是“R (3)数列”，且存在整数p (p >1)，使得b 3p －3，b 3p －1，b 3p ＋1，b 3p ＋3成等差数列，证明：{b n }是等差数列．(2018·盐城高三第三次模拟考试)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a 2＝λ，满足a 2n －1，a 2n －1＋1，a 2n －1＋2，…，a 2n 是等差数列(其中n ≥2，n ∈N )，且当n 为奇数时，公差为d ；当n 为偶数时，公差为－d .(1)当λ＝1，d ＝1时，求a 8的值；(2)当d ≠0时，求证：数列{|a 2n ＋2－a 2n |}(n ∈N *)是等比数列；(3)当λ≠1时，记满足a m ＝a 2的所有m 构成的一个单调递增数列为{b n }，试求数列{b n }的通项公式．答案：(1)3；(2)略；(3)b n ＝⎩⎨⎧2n ＋23＋23（n 为偶数），2n ＋23－23（n 为奇数）.解析：(1)由λ＝1，d ＝1，所以a 2＝1，a 2，a 3，a 4为等差数列且公差为－1，2分所以a 4＝a 2－2＝－1，又a 4，a 5，…a 8为等差数列且公差为1，所以a 8＝a 4＋4＝3.4分(2)当n ＝2k ＋1时，a 22k ，a 22k ＋1，a 22k ＋2，…，a 22k ＋1是等差数列且公差为d ， 所以a 22k ＋1＝222k ＋22k d ，6分同理可得a 22k ＝a 22k －1－22k －1d ，两式相加，得a 22k ＋1－a 22k －1＝22k －1d ；当n ＝2k 时， 同理可得a 22k ＋2－a 22k ＝－22k d ，所以|a 2n ＋2－a 2n |＝2n d .7分 又因为d ≠0，所以|a 2n ＋2－a 2n ||a 2n ＋1－a 2n －1|＝2n2n －1＝2(n ≥2)，所以数列{|a 2n ＋2－a 2n |}(n ∈N *)是以2为公比的等比数列.8分(3)因为a 2＝λ，所以a 4＝a 2－2d ＝λ－2d ，由(2)知a 22k ＋1＝a 22k －1＋22k －1d ，所以a 22k ＋1＝a 22k －1＋22k －1d ＝a 22k －3＋22k －3d ＋22k －1d ，10分依次下推，得a 22k ＋1＝a 21＋21d ＋23d ＋…＋22k －3d ＋22k －1d ，所以a 22k ＋1＝λ＋23(22k －1)d ，当22k ＋1≤n ≤22k ＋2时，a n ＝a 22k ＋1－(n －22k ＋1)d ＝λ＋⎝⎛⎭⎫22k ＋33－n －23d ，由a m ＝a 2，得m ＝22k ＋33－23， 所以b 2k ＋1＝22k ＋33－23，所以b n ＝2n ＋23－23(n 为奇数)；12分由(2)知a 22k ＋2＝a 22k －22k d ＝a 22k －2－22k －2d －22k d ，依次下推，得a 22k ＋2＝a 22－22d －24d －…－22k －2d －22k d ，所以a 22k ＋2＝λ－2d －4（22k －1）3d ，当22k ＋2≤n ≤22k ＋3时，a n ＝a 22k ＋2＋(n －22k ＋2)d ＝λ＋⎝⎛⎭⎫n －22k ＋43－23d ，由a m ＝a 2，得m ＝22k ＋43＋23，所以b 2k ＋2＝22k ＋43＋23.所以b n ＝2n ＋23＋23(n 为偶数)．综上所述，b n ＝⎩⎨⎧2n ＋23＋23（n 为偶数），2n ＋23－23（n 为奇数）.14分例题答案：(1)－12；(2)S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n 2－3n ＋52，n 为奇数，2n 2－3n2， n 为偶数. 解析：(1)若数列{a n }是等差数列，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＋1＝a 1＋nd.由a n ＋1＋a n ＝4n－3，得(a 1＋nd)＋[a 1＋(n －1)d]＝2nd ＋2a 1－d ＝4n －3，所以2d ＝4，2a 1－d ＝－3，解得，d ＝2，a 1＝－12.(2)由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得a n ＋2＋a n ＋1＝4n ＋1(n∈N *)．两式相减，得a n ＋2－a n ＝4.所以数列{a 2n －1}是首项为a 1，公差为4的等差数列，数列{a 2n }是首项为a 2，公差为4的等差数列，由a 2＋a 1＝1，a 1＝2，得a 2＝－1.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n 为奇数，2n －5，n 为偶数.解法1：①当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a n )＝2＋2（n －1）2·n2＋－1＋（2n －5）2·n2＝2n 2－3n 2. ②当n 为奇数时，S n ＝2（n －1）2－3（n －1）2＋2n ＝2n 2－3n ＋52所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n 2－3n ＋52，n 为奇数，2n 2－3n2， n 为偶数. 解法2：①当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n )＝1＋9＋…＋(4n －7)＝2n 2－3n2；②当n 为奇数时，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －2＋a n －1)＋a n ＝1＋9＋…＋(4n －11)＋2n ＝2n 2－3n ＋52.所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n 2－3n ＋52，n 为奇数，2n 2－3n2， n 为偶数. 变式联想变式1 答案：(1)a n ＝2n ＋13； (2)(－∞，－59]．解析：(1)因为a n ＝f(1a n －1)＝2×1a n －1＋33×1a n －1＝a n －1＋23，(n∈N *，且n ≥2)，所以a n －a n －1＝23.因为a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，公差为23的等差数列．所以a n ＝2n ＋13.(2)①当n ＝2m ，m ∈N *时，T n ＝T 2m ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…＋(－1)2m －1a 2m a 2m ＋1＝a 2(a 1－a 3)＋a 4(a 3－a 5)＋…＋a 2m (a 2m －1－a 2m ＋1)＝－43(a 2＋a 4＋…＋a 2m )＝ －43×a 2＋a 2m 2×m ＝ －19(8m 2＋12m )＝－19(2n 2＋6n )． ②当n ＝2m －1，m ∈N *时，T n ＝T 2m －1＝T 2m －(－1)2m －1a 2m a 2m ＋1＝－19(8m 2＋12m )＋19(16m 2＋16m ＋3)＝19(8m 2＋4m ＋3)＝19(2n 2＋6n ＋7)．所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－19（2n 2＋6n ），n 为偶数，19（2n 2＋6n ＋7），n 为奇数.要使T n ≥tn 2对n ∈N *恒成立，只要使－19(2n 2＋6n )≥tn 2，(n 为偶数)恒成立，只要使－19(2＋6n )≥t ，对n 为偶数恒成立．故实数t 的取值范围为(－∞，－59]．说明：数列中的奇数项、偶数项数列问题实质上是对一个数列分成两个新的数列进行考查，易搞错的是新数列与原数列的项数、公差、公比的判定．串讲激活串讲1答案：(1)S n ＝n 2；(2)(－4，2)．解析：(1)设数列{a n }的公差为 d.因为2a 5－a 3＝13，S 4＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧2（a 1＋4d ）－（a 1＋2d ）＝13，4a 1＋6d ＝16， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝6，d ＝2，所以a n ＝2n －1，S n ＝n 2.(2)解法1：①当n 为偶数时，设n ＝2k ，k ∈N *，则T 2k ＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 2k－a 2k －1)＝2k .代入不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1，得λ·2k <4k，从而λ<4k2k.设f (k )＝4k2k ，则f (k ＋1)－f (k )＝4k ＋12（k ＋1）－4k2k ＝4k（3k －1）2k （k ＋1）.因为k ∈N *，所以f (k ＋1)－f (k )>0，所以f (k )是递增的，所以f (k )min ＝2， 所以λ<2.②当n 为奇数时，设n ＝2k －1，k ∈N *，则T 2k －1＝T 2k －(－1)2ka 2k ＝2k －(4k －1)＝1－2k .代入不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1，得λ·(1－2k )<(2k －1)4k ，从而λ>－4k.因为k ∈N *，所以－4k 的最大值为－4，所以λ>－4.综上，λ的取值范围为(－4，2)．解法2：当n 为偶数时，设n ＝2k ，k ∈N *，则T 2k ＝(a 2＋a 4＋…＋a 2k )－(a 1＋a 3＋…＋a 2k－1)＝2k ，下同法1串讲2答案：(1)a n ＝n ，b n ＝n ＋2；(2)⎝⎛⎦⎥⎤－∞，43(3)S n＝⎩⎪⎨⎪⎧14n 2＋32n ，n ＝2k ，n 2＋6n －34，n ＝4k －3，k ∈N *，n 2＋6n ＋54，n ＝4k －1.解析：(1)∵S n ＋1n ＋1－S n n ＝12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为1，公差为12的等差数列，∴S nn ＝1＋(n －1)×12＝12n ＋12，即S n ＝n （n ＋1）2(n ∈N *)，∴a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝（n ＋1）（n ＋2）2－n （n ＋1）2＝n ＋1(n ∈N *)，又a 1＝1，∴a n ＝n (n ∈N *)．∵b n ＋12－b n ＋1＝b n 2＋b n ，∴(b n ＋1＋b n )(b n ＋1－b n －1)＝0，又b n >0，∴b n ＋1－b n ＝1，∴数列{b n }是等差数列，且公差为d ＝1，设{b n }的前项和为B n ，∵B 7＝7b 1＋7×62×1＝42，∴b 1＝3，∴b n ＝3＋(n －1)＝n ＋2(n ∈N *)(2)由(1)知c n ＝b n a n ＋a n b n ＝n ＋2n ＋nn ＋2＝2＋2(1n －1n ＋2)，∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝2n ＋2(1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2)＝2n ＋2(1＋12－1n ＋1－1n ＋2)＝2n ＋3－2(1n ＋1＋1n ＋2)， ∴T n －2n ＝3－2(1n ＋1＋1n ＋2)，设R n ＝3－2(1n ＋1＋1n ＋2)，则R n ＋1－R n ＝ 2(1n ＋1－1n ＋3)＝ 4（n ＋1）（n ＋3）>0，∴数列{R n }为递增数列，∴(R n )min ＝R 1＝43，∵对任意正整数n ，都有T n －2n ≥a 恒成立，∴a ≤43，即实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，43(3)数列{a n }的前n 项和S n ＝n （n ＋1）2，数列{b n }的前n 项和B n ＝n （n ＋5）2，①当n＝2k (k ∈N *)时，P n ＝S k ＋B k ＝k （k ＋1）2＋k （k ＋5）2＝k 2＋3k ＝(n 2)2＋3×n 2＝14n 2＋32n ；②当n ＝4k －3(k ∈N *)时，P n ＝S 2k －1＋B 2k －2＝ （2k －1）·2k2＋（2k －2）（2k ＋3）2＝4k 2－3＝n 2＋6n －34，特别地，当n ＝1时，P 1＝1也符合上式；③当n ＝4k －1(k ∈N *)时，P n ＝S 2k －1＋B 2k ＝（2k －1）2k 2＋2k （2k ＋5）2＝4k 2＋4k＝n 2＋6n ＋54.综上，P n ＝ ⎩⎪⎨⎪⎧14n 2＋32n ，n ＝2k .n 2＋6n －34，n ＝4k －3，k ∈N *n 2＋6n ＋54，n ＝4k －1新题在线答案：(1)是；(2)略．解析：(1)当n 为奇数时，a n ＋1－a n ＝2(n ＋1)－1－(2n －1)＝2>0，所以a n ＋1≥a n .a n －2＋a n ＋2＝2(n －2)－1＋2(n ＋2)－1＝2(2n －1)＝2a n ；当n 为偶数时，a n ＋1－a n ＝2(n ＋1)－2n ＝2>0，所以a n ＋1≥a n .a n －2＋a n ＋2＝2(n －2)＋2(n ＋2)＝4n ＝2a n .所以数列{a n }是“R (2)数列”．(2)由题意可得b n －3＋b n ＋3＝2b n ，则数列b 1，b 4，b 7，…是等差数列，设其公差为d 1，数列b 2，b 5，b 8，…是等差数列，设其公差为d 2，数列b 3，b 6，b 9，…是等差数列，设其公差为d 3，因为b n ≤b n ＋1，所以b 3n ＋1≤b 3n ＋2≤b 3n ＋4，所以b 1＋nd 1≤b 2＋nd 2≤b 1＋(n ＋1)d 1，所以n (d 2－d 1)≥b 1－b 2，①n (d 2－d 1)≤b 1－b 2＋d 1.②若d 2－d 1<0，则当n >b 1－b 2d 2－d 1时，①不成立；若d 2－d 1>0，则当n >b 1－b 2＋d 1d 2－d 1时，②不成立．若d 2－d 1＝0，则①和②都成立，所以d 1＝d 2.同理得d 1＝d 3，所以d 1＝d 2＝d 3，记d 1＝d 2＝d 3＝d .设b 3p －1－b 3p －3＝b 3p ＋1－b 3p －1＝b 3p ＋3－b 3p ＋1＝λ，则b 3n －1－b 3n －2＝b 3p －1＋(n －p )d －[b 3p ＋1＋(n －p －1)d ]＝b 3p －1－b 3p ＋1＋d ＝d －λ.同理可得b 3n －b 3n －1＝b 3n ＋1－b 3n ＝d －λ，所以b n ＋1－b n ＝d －λ.所以{b n }是等差数列．另解析：λ＝b 3p －1－b 3p －3＝b 2＋(p －1)d －[b 3＋(p －2)d ]＝b 2－b 3＋d ，λ＝b 3p ＋1－b 3p －1＝b 1＋pd －[b 2＋(p －1)d ]＝b 1－b 2＋d ，λ＝b 3p ＋3－b 3p ＋1＝b 3＋pd －(b 1＋pd )＝b 3－b 1，以上三式相加可得3λ＝2d ，所以λ＝23d ，所以b 3n －2＝b 1＋(n －1)d ＝b 1＋(3n －2－1)d3，b 3n －1＝b 2＋(n －1)d ＝b 1＋d －λ＋(n －1)d ＝b 1＋(3n －1－1)d3，b 3n ＝b 3＋(n －1)d ＝b 1＋λ＋(n －1)d＝b 1＋(3n －1)d 3，所以b n ＝b 1＋(n －1)d 3，所以b n ＋1－b n ＝d3，所以数列{b n }是等差数列．。

数列中的奇偶项问题例1、〔12一模〕数列{}n a 满足：111,1,2n n n a n a a a n ++⎧==⎨⎩奇，，偶为数为数*n N ∈，设21n n b a -=. 〔1〕求23,,b b 并证明：122;n n b b +=+〔2〕①证明：数列{}2n b +等比数列；②假设22122,,9k k k a a a +++成等比数列，求正整数k 的值. 解：〔1〕2321=22(1)4,b a a a ==+=3543=22(1)10,b a a a ==+= 121221=22(1)2(1)22,n n n n n n b a a a b b ++-==+=+=+〔2〕①因为111122(2)1,20,2,22n n n n b b b a b b b +++==+≠==++所以数列{}2n b +是以3为首项，2为公比的等比数列.②由数列{}2n b +可得，1121322,322n n n n b a ---=⨯-=⨯-即，那么12211321n n n a a --=+=⨯-，因为22122,,9k k k a a a +++成等比数列，所以21(322)(321)(328)k k k -⨯-=⨯-⨯+，令2=k t ，得23(32)(1)(38)2t t t ⨯-=-+，解得243t =或，得2k =. 例2、〔14二模〕设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且248,40a S ==．数列{}n b 的前n 项和为n T ，且230n n T b -+=，n N *∈．〔I 〕求数列{}n a ,{}n b 的通项公式；〔II 〕设⎩⎨⎧=为偶数为奇数n b n a c nn n ，求数列{}n c 的前n 项和n P ． 解：〔Ⅰ〕由题意，1184640a d a d +=⎧⎨+=⎩，得14,44n a a n d =⎧∴=⎨=⎩． …………3分 230n n T b -+=，113n b ∴==当时，，112230n n n b --≥-+=当时，T ，两式相减，得12,(2)n n b b n -=≥数列{}n b 为等比数列，132n n b -∴=⋅． …………7分〔Ⅱ〕14 32n n n n c n -⎧=⎨⋅⎩为奇数为偶数．当n 为偶数时，13124()()n n n P a a a b b b -=+++++++=212(444)6(14)222214n n n n n ++-⋅-+=+--． ……………10分 当n 为奇数时，〔法一〕1n -为偶数，1n n n P P c -=+(1)1222(1)24221n n n n n n -+=+--+=++- ……………13分点评:根据结论1退而求之.〔法二〕132241()()n n n n P a a a a b b b --=++++++++1221(44)6(14)2221214n n n n n n -++⋅-=+=++-- ． ……………13分 12222,221n n n n n P n n n +⎧+-∴=⎨++-⎩为偶数，为奇数……………14分 点评：分清项数，根据奇偶进展分组求和。

数列中的奇、偶项问题“分段函数的递推关系”属于数列奇偶项的问题，该类问题主要考查学生的综合运用知识能力与探究问题能力，解决此类问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差(比)等，特别注意分类讨论等思想在解题中的灵活运用.【例1】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＝⎩⎨⎧a n －1＋1，n ＝2k 2a n －1＋1，n ＝2k ＋1(k ∈N *)．则下列选项不正确的为( )A ．a 6＝14B ．数列{a 2k －1＋3}(k ∈N *)是以2为公比的等比数列C ．对于任意的k ∈N *，a 2k ＝2k ＋1－3D ．S n ＞1 000的最小正整数n 的值为15C [由题设可得a 2k －a 2k －1＝1，a 2k ＋1－2a 2k ＝1， 因为a 1＝1，a 2－a 1＝1，故a 2＝a 1＋1＝2，所以a 2k ＋2－a 2k ＋1＝1，a 2k ＋1－2a 2k ＝1，所以a 2k ＋2－2a 2k ＝2， 所以a 2k ＋2＋2＝2(a 2k ＋2)，因为a 2＋2＝4≠0，故a 2k ＋2≠0， 所以a 2k ＋2＋2a 2k ＋2＝2，所以{a 2k ＋2}为等比数列，所以a 2k ＋2＝4×2k －1， 即a 2k ＝2k ＋1－2，故a 6＝16－2＝14，故A 正确，C 错误．又a 2k －1＝2k ＋1－2－1＝2k ＋1－3，故a 2k －1＋3＝2k ＋1，所以a 2k ＋1＋3a 2k －1＋3＝2，即{a 2k －1＋3}(k ∈N *)是以2为公比的等比数列，故B 正确．S14＝a1＋a2＋…＋a14＝a1＋(a1＋1)＋…＋a13＋(a13＋1)＝2(a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13)＋7＝2×(22－3＋23－3＋…＋28－3)＋7＝981，S15＝S14＋a15＝981＋509＝1 490＞1 000，故S n＞1 000的最小正整数n的值为15，故D正确．故选C．]题设中给出的是混合递推关系，因此需要考虑奇数项的递推关系和偶数项的递推关系，另外讨论D项是否成立时注意先考虑S14的值.【例2】已知数列{a n}满足a n＋1＋a n＝4n－3(n∈N*)．(1)若数列{a n}是等差数列，求a1的值；(2)当a1＝2时，求数列{a n}的前n项和S n.[解](1)若数列{a n}是等差数列，则a n＝a1＋(n－1)d，a n＋1＝a1＋nd.由a n＋1＋a n＝4n－3，得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝2nd＋2a1－d＝4n－3，所以2d＝4,2a1－d＝－3，解得，d＝2，a1＝－12.(2)由a n＋1＋a n＝4n－3，得a n＋2＋a n＋1＝4n＋1(n∈N*)．两式相减，得a n＋2－a n＝4.所以数列{a2n－1}是首项为a1，公差为4的等差数列，数列{a2n}是首项为a2，公差为4的等差数列，由a2＋a1＝1，a1＝2，得a2＝－1.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ， n 为奇数2n －5， n 为偶数.法一：①当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a n )＝2＋2(n －1)2·n 2＋－1＋(2n －5)2·n 2＝2n 2－3n 2.②当n 为奇数时，S n ＝2(n －1)2－3(n －1)2＋2n ＝2n 2－3n ＋52，所以S n＝⎩⎨⎧2n 2－3n ＋52，n 为奇数，2n 2－3n2，n 为偶数.法二：①当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n )＝1＋9＋…＋(4n －7)＝2n 2－3n2；②当n 为奇数时，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －2＋a n －1)＋a n ＝1＋9＋…＋(4n －11)＋2n ＝2n 2－3n ＋52. 所以S n＝⎩⎨⎧2n 2－3n ＋52，n 为奇数，2n 2－3n2，n 为偶数.1．数列中连续两项和或积的问题(a n ＋a n ＋1＝f (n )或a n ·a n ＋1 ＝f (n ))属于数列中的奇、偶项问题．2．对于通项公式分奇、偶不同的数列{a n }求S n 时，我们可以分别求出奇数项和偶数项的和，也可以把a 2k －1＋a 2k 看作一项，求出S 2k ，再求S 2k －1＝S 2k －a 2k .[跟进训练]1．数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝(－1)n (2n －1)，则{a n }的 前60项和为( ) A ．－1 710 B ．－1 740 C ．－1 770D ．－1 880C [根据题意，数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝(－1)n (2n －1)， 当n 为奇数时，有a n ＋1＋a n ＝－(2n －1)， 其中当n ＝1时，有a 2＋a 1＝－1， 当n ＝3时， 有a 4＋a 3＝－5， 当n ＝5时，有a 6＋a 5＝－9， …当n ＝59时，有a 60＋a 59＝－(2×59－1)＝－117， 则{a n }的前60项和S 60＝(a 2＋a 1)＋(a 4＋a 3)＋…＋(a 60＋a 59)＝(－1)＋(－5)＋…＋(－117)＝－(1＋5＋9＋…＋117)＝－(1＋117)×302＝－1 770.故选C ．]2．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧12a n ＋n ，n 为正奇数a n －2n ，n 为正偶数，b n ＝a 2n －2.(1)求a 2，a 3，a 4；(2)求证：数列{b n }为等比数列，并求其通项公式； (3)求和T n ＝a 2＋a 4＋…＋a 2n .[解](1)a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎨⎧12a n ＋n ，n 为正奇数a n －2n ，n 为正偶数，可得a 2＝1＋12a 1＝1＋12＝32；a 3＝a 2－4＝－52，a 4＝3＋12a 3＝74.(2)证明：b n ＝a 2n －2＝12a 2n －1＋2n －1－2＝12(a 2n －2－4n ＋4)＋2n －1－2＝12(a 2n －2－2)＝12b n －1，又b 1＝a 2－2＝－12，可得数列{b n }为公比为12，首项为－12的等比数列，即b n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.(3)由(2)可得a 2n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，T n ＝a 2＋a 4＋…＋a 2n ＝2n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋ (12)＝2n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝2n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，记S n 为{a n }的前n 项和，b n＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并写出其通项公式； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)求S n .[解] (1)因为a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，所以a n ＋2a n＝12，即a n ＋2＝12a n .因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，所以数列{b n }是公比为12的等比数列． 因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，b 1＝a 1＋a 2＝32， 所以b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n ，n ∈N *.(2)由(1)可知a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列，所以a 2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12 n ＋12－1，n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n2，n 为偶数.(3)因为S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝3－32n ，又S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3－32n －12n ＝3－42n ，所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3－32n 2，n 为偶数，3－42n ＋12，n 为奇数.4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝12n 2＋12n . (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝⎩⎨⎧a n ，n ＝2k －1，k ∈N *，2a n ，n ＝2k ，k ∈N *，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .[解] (1)因为S n ＝12n 2＋12n ， 所以当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n 2＋12n －⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(n －1)2＋12(n －1)＝n ，又n ＝1时符合上式，所以a n ＝n .(2)因为b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n ＝2k －1，k ∈N *，2a n ，n ＝2k ，k ∈N *，所以对任意的k ∈N *，b 2k ＋1－b 2k －1＝(2k ＋1)－(2k －1)＝2，则{b 2k ＋1}是以1为首项，2为公差的等差数列．又b 2k ＋2b 2k ＝22k ＋222k ＝4，所以{b 2k }是以4为首项，4为公比的等比数列．所以T 2n ＝(b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1)＋(b 2＋b 4＋b 6＋…＋b 2n )＝(1＋3＋…＋2n －1)＋(4＋42＋43＋…＋4n )＝n (1＋2n －1)2＋4(1－4n )1－4＝n 2＋4n ＋13－43.。

数列奇偶项问题解题技巧
数列奇偶项问题是数列中常见的一类问题，通常要求我们根据数列中奇偶项的特点来确定数列某一项的值或者数列的通项公式。

下面给出数列奇偶项问题的解题技巧。

1.观察数列前几项，看看能否找到规律。

如果数列前几项有明显的规律，可以推测出数列的通项公式。

2.判断数列中奇偶项的取值情况。

如果数列中奇偶项的取值有明显的差别，可以通过奇偶性对数列进行分类讨论，进而确定数列的通项公式。

3.利用数列的性质进行推理。

如等差数列、等比数列等，可以通过利用数列的性质，将数列进行变形，进而求出数列中某一项的值或者数列的通项公式。

4.利用递推式求解。

如果数列可以表示为递推式，那么可以通过递推式来求出数列中某一项的值或者数列的通项公式。

5.利用数学工具求解。

对于比较复杂的数列问题，可以借助数学工具，如数学归纳法、数列极限等来求解。

总之，对于数列奇偶项问题，要善于观察数列的特点，灵活运用解题技巧，才能较为高效地解决问题。

高考数学复习考点题型解题技巧专题讲解第18讲数列中的奇、偶项问题高考定位数列的奇、偶项问题，是近年来的高考的热点问题，考察了学生的分类与整合能力，考察了学生的探究发现的能力，也是今后考察的热点。

专题解析（1）求通项和求和时，分奇数项与偶数项分别表达；（2）求S n时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.专项突破类型一、数列中连续两项和或积的问题(a n＋a n＋1＝f(n)或a n·a n＋1＝f(n))；例1-1.已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＋a n＝4n.(1)求数列{a n}的前100项和S100；(2)求数列{a n}的通项公式.解(1)∵a1＝1，a n＋1＋a n＝4n，∴S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝4×1＋4×3＋...＋4×99＝4×(1＋3＋5＋ (99)＝4×502＝10 000.(2)由题意，a n ＋1＋a n ＝4n ，①a n ＋2＋a n ＋1＝4(n ＋1)，② 由②－①得，a n ＋2－a n ＝4， 由a 1＝1，a 1＋a 2＝4，所以a 2＝3.当n 为奇数时，a n ＝a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12－1×4＝2n －1， 当n 为偶数时，a n ＝a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2－1×4＝2n －1.综上所述，a n ＝2n －1.练．设各项均为正数的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，520S =，且2a ，61a -，11a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的公差d ；（2）数列{}n b 满足1n n n b b a ++=，且111b a +=，求数列{}n b 的通项公式． 【答案】 （1）1d =；（2）()11124n n n b -+-=+.【分析】（1）根据2a ，61a -，11a 成等比数列可得()262111a a a -=，利用1,a d 表示出520S =和()262111a a a -=，解方程组可求得1,a d ，结合0n a >可得结果；（2）由（1）可得11n n b b n +=-++，整理得()1131312424n n b n b n +⎛⎫--=---- ⎪⎝⎭，可知数列()13124n b n ⎧⎫---⎨⎬⎩⎭为等比数列，由等比数列通项公式可推导得到结果.（1）（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，2a Q ，61a -，11a 成等比数列，()262111a a a ∴-=，即()()()21115110a d a d a d +-=++，又51545202S a d ⨯=+=，解得：121a d =⎧⎨=⎩或18217717a d ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩；当18217717a d ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩时，13182842120171717a a d =+=-=-<，与0n a >矛盾，121a d =⎧∴⎨=⎩，即等差数列{}n a 的公差1d =； （2）由（1）得：1n a n =+，11n n b b n +∴+=+，即11n n b b n +=-++，()1131312424n n b n b n +⎛⎫∴--=---- ⎪⎝⎭，又1121b a +==，解得：11b =，∴数列()13124n b n ⎧⎫---⎨⎬⎩⎭是以13144b -=为首项，1-为公比的等比数列， ()()113111244n n b n -∴---=-⨯，整理可得：()11124n n n b -+-=+.练．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，121()n n a a n n N +++=+∈，则数列1{}nS 的前2020项的和为（） A ．20202021B ．40402021C ．40392020D ．40412022【答案】B 【分析】首先根据已知条件求得n a ，然后求得n S ，利用裂项求和法求得正确答案. 【详解】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，121n n a a n ++=+，则2132a a =-=. 所以2123n n a a n +++=+，两式相减得：22n n a a +-=，且11a =，22a =， 当n 为奇数时，11121122n n a a n n +⎛⎫=+-⨯=++-=⎪⎝⎭， 当n 为偶数时，212222n na a n n ⎛⎫=+-⨯=+-= ⎪⎝⎭，所以n a n =，所以数列{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列. 所以(1)2n n n S +=， 故12112()(1)1n S n n n n ==-++，所以121111111112(1)2(1)22311n n T S S S n n n =++⋯+=-+-+⋯+-=-++，则2020140402(1)20212021T =-=. 故选：B例1-2.在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，记S n 为{a n }的前n 项和，b n ＝a 2n ＋a 2n－1，n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并写出其通项公式； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)求S n .解 (1)因为a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，所以a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . 因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，所以数列{b n }是公比为12的等比数列.因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，b 1＝a 1＋a 2＝32，所以b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n ，n ∈N *.(2)由(1)可知a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列， 所以a 2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12，n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 2，n 为偶数.(3)因为S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＝3－32n ，又S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3－32n －12n ＝3－42n ，所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3－32n2，n 为偶数，3－42n ＋12，n 为奇数.练．已知正项数列{}n a 的首项11a =，其前n 项和为n S ，且12n nn aa S +=.数列{}n b 满足：1n a +(b 1+b 2)n n b a ++=.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）记*n c n N =∈122n c c c +++<.【答案】 （1）(*)n a n n N =∈ （2）证明见解析 【分析】（1）根据题意得到12n n n a a S +=和112(2)n n n a a S n --=≥，两式相减得112(2)n n a a n +--=≥，解得答案.（2）计算1(1)n b n n =+，n c =n c <和n c >，利用裂项相消法计算得到证明. （1）由12n n n a a S +=得112(2)n n n a a S n --=≥，两式相减得112(2)n n a a n +--=≥，由11a =，得22a =，数列的偶数项和奇数项分别是公差为2的等差数列， 当n 为奇数时，n a n =，当n 为偶数时，n a n =. 综上所述(*)n a n n N =∈. （2） 由1211n n n a nb b b a n ++++==+，1211n n b b b n --+++=，2n ≥，112b =， 两式相减得1(1)n b n n =+，2n ≥，验证112b =成立，故1(1)n b n n =+.则n c那么n c =，故12111112(1)2231n c c c nn +++<-+-++-+=2(12<，同理n c，故121111112()233412n c c c n n +++>-+-+-++.类型二、含有(－1)n 的类型；例2-1.数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，数列{b n }满足b n ＝a n ＋1＋(－1)n a n ，n ∈N *. (1)若数列{a n }是等差数列，求数列{b n }的前100项和S 100； (2)若数列{b n }是公差为2的等差数列，求数列{a n }的通项公式. 解 (1)∵{a n }为等差数列，且a 1＝1，a 2＝2，∴公差d ＝1，∴a n ＝n .∴b n ＝⎩⎨⎧a n ＋1－a n ＝1，n 为奇数，a n ＋1＋a n ＝2n ＋1，n 为偶数，即b n ＝⎩⎨⎧1，n 为奇数，2n ＋1，n 为偶数，∴b n 的前100项和S 100＝(b 1＋b 3＋...＋b 99)＋(b 2＋b 4＋...＋b 100) ＝50＋(5＋9＋13＋ (201)＝50＋50×5＋50×（50－1）2×4＝5 200.(2)由题意得，b 1＝a 2－a 1＝1，公差d ＝2， ∴b n ＝2n －1.∴⎩⎨⎧b 2n －1＝a 2n －a 2n －1＝4n －3， ①b 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n ＝4n －1， ② 由②－①得，a 2n ＋1＋a 2n －1＝2， ∴a 2n ＋1＝2－a 2n －1，又∵a 1＝1，∴a 1＝a 3＝a 5＝…＝1， ∴a 2n －1＝1，∴a 2n ＝4n －2， 综上所述，a n ＝⎩⎨⎧1，n 为奇数，2n －2，n 为偶数.例2-2.设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)na n －12n ，n ∈N *.(1)求a 3；(2)求S 1＋S 2＋…＋S 100.解(1)令n＝4，则S4＝a4－124，∴S3＝－124.令n＝3，则S3＝－a3－1 23，∴a3＝－S3－123＝－124.(2)当n＝1时，a1＝－1 4；当n≥2时，a n ＝S n－S n－1＝(－1)n·a n－12n－(－1)n－1·a n－1＋12n－1＝(－1)n·a n＋(－1)n·a n－1＋12n ，即a n＝(－1)n·a n＋(－1)n·a n－1＋12n.(*)①当n为偶数时，由*式可得a n－1＋12n＝0，则a n－1＝－12n ，∴a n＝－12n＋1，此时n为奇数.②当n为奇数时，由*式可得a n－1＝－2a n＋12n＝－2·⎝⎛⎭⎪⎫－12n＋1＋12n＝12n－1，∴a n＝12n，此时n为偶数.综上所述，a n＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n ＋1，n 为奇数，12n，n 为偶数.∴S 1＋S 2＋…＋S 100＝(－a 1＋a 2)＋(－a 3＋a 4)＋…＋(－a 99＋a 100)－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12100 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋116＋…＋12100－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12100＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1. 练 .数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A.200B.－200C.400D.－400 答案 B解析 S 100＝1－5＋9－…－397＝4×(－50)＝－200.练.已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝12，[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，n ∈N *.(1)令b n ＝a 2n －1，判断{b n }是否为等差数列，并求数列{b n }的通项公式； (2)记数列{a n }的前2n 项和为T 2n ，求T 2n .解 (1)因为[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0， 所以[3＋(－1)2n －1]a 2n ＋1－2a 2n －1＋2[(－1)2n －1－1]＝0， 即a 2n ＋1－a 2n －1＝2，又b n ＝a 2n －1，所以b n ＋1－b n ＝a 2n ＋1－a 2n －1＝2，所以{b n }是以b 1＝a 1＝1为首项，2为公差的等差数列. 所以b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，n ∈N *.(2)对于[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0， 当n 为偶数时，可得(3＋1)a n ＋2－2a n ＋2(1－1)＝0， 即a n ＋2a n ＝12，所以a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列； 当n 为奇数时，可得(3－1)a n ＋2－2a n ＋2(－1－1)＝0， 即a n ＋2－a n ＝2，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，2为公差的等差数列，所以T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×1＋12n （n －1）×2＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＝n 2＋1－12n ，n ∈N *.类型三、含有{a 2n }，{a 2n －1}的类型；例3-1.已知数列{a n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 2n －1＝a 2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝n a n a n ＋1(－1)n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)S 2n －1＝（2n －1）（a 1＋a 2n －1）2＝a n (2n －1)＝a 2n ，∵a n ≠0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *). (2)b n ＝n a n a n ＋1(－1)n ＝n （2n －1）（2n ＋1）(－1)n ＝14⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1(－1)n ，当n 为偶数时T n ＝14⎝⎛⎭⎪⎫－11－13＋13＋15－15－17＋…＋12n －1＋12n ＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫－11＋12n ＋1＝－n4n ＋2，当n 为奇数时T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫－11－13＋13＋15－15－17＋…－12n －1－12n ＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫－11－12n ＋1＝－n －14n ＋2. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 4n ＋2，n 为偶数，－n ＋14n ＋2，n 为奇数.练．已知数列{}n a 满足11a =，()2211nn n a a -=+-，2123n n n a a +=+（*N n ∈），则数列{}n a 的前2017项的和为（） A ．100332005- B ．201632017- C ．100832017- D ．100932018-【答案】D 【分析】根据给定条件求出21{}n a -与2{}n a 的通项，进而求得212n n a a ++即可求出数列{}n a 的前2017项的和. 【详解】在数列{}n a 中，11a =，221(1)n n n a a -=+-，2123n n n a a +=+，*N n ∈， 则有1122212(1)3(1)n n n n n n a a a ++++=+-=++-，即12223(1)n n n n a a ++-=+-，而20a =，于是得2242642224222()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=+-+-++-+-223211[3(1)][3(1)][3(1)][3(1)]n n n n ---=+-++-+++-++-221231[3333][(1)(1)(1)(1)]n n n n ---=+++++-+-++-+-113(13)1(1)113(1)1131(1)22n n n n -----=+=⋅+⋅-----，因此，212222113232[3(1)1]322n n n n nn n n n n a a a a a ++=++=+=⋅+⋅--+23(1)2n n =⋅+--，则2017123456720162017()()()()S a a a a a a a a a =+++++++++2233100810081[23(1)2][23(1)2][23(1)2][23(1)2]=+⋅+--+⋅+--+⋅+--++⋅+--23100823100812(3333)[(1)(1)(1)(1)]21008=++++++-+-+-++--⋅100810093(13)12020163201813-=+⋅+-=--，数列{}n a 的前2017项的和为100932018-. 故选：D练．数列{}n a 满足11a =，21n n a a n --=（*n N ∈且2n ≥），数列{}21n a -为递增数列，数列{}2n a 为递减数列，且12a a >，则99a =（）． A ．4950- B ．4851- C ．4851 D ．4950【答案】D 【分析】由数列{}21n a -为递增数列，得到()()2122210n n n n a a a a +--+->，进而得出2120n n a a +->，又由数列{}2n a 为递减数列，得到()()22212120n n n n a a a a ++++-<-，得到22210n n a a ++-<， 得出当n 为奇数且3n ≥时，21n n a a n --=，当n 为偶数时，21n n a a n --=-，即可求解．【详解】因为数列{}21n a -为递增数列，所以2121n n a a -+<，即21210n n a a +-->，则()()2122210n n n n a a a a +--+->，由题意22212221(21)(2)n n n n a a n n a a +--=+>=-，则由()()212221212221n n n n n n n n a a a a a a a a +-+-⎧-+->⎪⎨->-⎪⎩得2120n n a a +->，*n N ∈，因为数列{}2n a 为递减数列，所以222n n a a +>，即2220n n a a +-<， 则()()22212120n n n n a a a a ++++-<-，由题意得，222221(22)(21)n n a a n n ++-=+>+212n n a a +=-，由()()222121222213120n n n n n n n na a a a a a a a ++++++⎧-+-<⎪⎨->-⎪⎩，可得22210n n a a ++-<，*n N ∈，又12a a >，即210a a -<，所以当n 为奇数且3n ≥时，21n n a a n --=； 当n 为偶数时，21n n a a n --=-． 所以99a =()()()()999898979796211a a a a a a a a a -+-+-++-+…2222229998979632199=-+-++-+=+…9897963214950++++++=…．故选：D ．类型四、已知条件明确的奇偶项问题. 例4-1.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎨⎧12a n ＋n －1，n 为奇数，a n－2n ，n 为偶数，记b n ＝a 2n ，求证：数列{b n }为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式.证明 ∵b n ＋1＝a 2(n ＋1)＝12a 2n ＋1＋2n ＋1－1＝12a 2n ＋1＋2n＝12(a 2n －2·2n )＋2n ＝12a 2n ＝12b n ， ∴{b n }为等比数列，且公比q ＝12.又b 1＝12a 1＝12，可得b n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n， 所以，当n 为偶数时，a n ＝b n2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n；当n 为奇数且n ≥3时，a n ＝a (n －1)＋1＝a (n －1)－2(n －1)＝b n －12－2(n －1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12（n －1）－2(n －1)，可验证a 1＝1也符合上式，综上所述，a n＝⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12（n －1）－2（n －1），n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，n 为偶数.练.已知数列{a n }满足a n＝⎩⎨⎧n2an ＋12＋12，n 为正奇数，2a n 2＋n2，n 为正偶数.(1)问数列{a n }是否为等差数列或等比数列？说明理由；(2)求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 2n 2n 是等差数列，并求数列{a 2n }的通项公式.(1)解 由a 1＝12a 1＋12＋12＝12a 1＋12⇒a 1＝1，a 2＝2a 22＋22＝2a 1＋1＝3，a 3＝32a 3＋12＋12＝32a 2＋12＝5，a 4＝2a 42＋42＝2a 2＋2＝8.∵a 3－a 2＝2，a 4－a 3＝3，∴a 3－a 2≠a 4－a 3， ∴数列{a n }不是等差数列.又∵a 2a 1＝3，a 3a 2＝53，∴a 2a 1≠a 3a 2，∴数列{a n }也不是等比数列.(2)证明 ∵对任意正整数n ，a 2n ＋1＝2a 2n ＋2n ， ∴a 2n ＋12n ＋1－a 2n 2n＝12，a 22＝32，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 2n 2n 是首项为32，公差为12的等差数列，从而对∀n ∈N *，a 2n 2n＝32＋n －12，则a 2n ＝(n ＋2)·2n －1. ∴数列{a 2n }的通项公式是a 2n ＝(n ＋2)·2n －1(n ∈N *).练．数列{}n a 且21,212sin ,24n n k n na n n k π⎧=-⎪⎪+=⎨⎪=⎪⎩()k N *∈，若n S 为数列{}n a 的前n 项和，则2021S =__________.【答案】30342023【分析】由题意，当n 为奇数时，21111222n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭；当n 为偶数时，sin 4n n a π=.然后根据分组求和法、裂项相消求和法及三角函数的周期性即可求解.【详解】解：数列{}n a 且21,212sin ,24n n k n na n n k π⎧=-⎪⎪+=⎨⎪=⎪⎩()k N *∈， ①当n 为奇数时，21111222n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，②当n 为偶数时，sin4n n a π=，24680a a a a +++=，则偶数项和为()()246810121416a a a a a a a a ++++++++()20102012201420162018202020182024201a a a a a a a a a a +++++++==+=，所以()()2021132021242020S a a a a a a =+++++++1111111233520212023⎛⎫=-+-++- ⎪⎝⎭101130341120232023+=+=， 故答案为:30342023. 练．已知n S 数列{}n a 的前n 项和，1a λ=，且21(1)n n n a a n ++=-，若201920192101020192019S a μ-=-，（其中,0λμ>），则20191λμ+的最小值是（）A ．B ．4C ．D ．2018【答案】B 【分析】由21(1)n n n a a n ++=-，可得2221223341,2,3a a a a a a +=-+=+=-，2245201820194,,2018a a a a +=+=，以上各式相加得可求得()12345201820192a a a a a a a +++++++，结合201920192101020192019S a μ-=-，根据均值不等式，即可求得答案. 【详解】21(1)n n n a a n ++=-∴2221223341,2,3a a a a a a +=-+=+=-，2245201820194,,2018a a a a +=+=，以上各式相加得，()22222212345201820192123420172018a a a a a a a +++++++=-+-+--+，()()()2222222019120192123420172018S a a ∴--=-++-+++-+(21)(21)(43)(43)(20182017)(20182017)=-⨯++-⨯+++-⨯+，12342017201820191009=++++++=⨯20192019121009201920192019S a a∴-=+ 又201920192101020192019S a μ-=-， 1100910102019a μ∴+=-， 即112019a μ+=， 又1a λ=，20191201912019λμλμλμ⎛⎫⎛⎫∴+=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭201911242019μλλμ=++++…， 当且仅当20192019μλλμ=时等号成立，故选：B ．练．已知数列{}n a 满足12a =，23a =且*21(1),n n n a a n N +-=+-∈，则该数列的前9项之和为（） A ．32 B ．43C ．34D ．35【答案】C 【分析】讨论n 为奇数、偶数的情况数列{}n a 的性质，并写出对应通项公式，进而应用分组求和的方法求数列的前9项之和.【详解】*21(1),n n n a a n N +-=+-∈，∴当n 为奇数时，21210n n a a +--=，则数列21{}n a -是常数列，2112n a a -==；当n 为偶数时，2222n n a a +-=，则数列2{}n a 是以23a =为首项，公差为2的等差数列，129139248()()a a a a a a a a a ∴+++=+++++++4325(342)2⨯=⨯+⨯+⨯34=. 故选：C练．设n S 为数列{}n a 的前n 项和，*1(1),N 2n n n n S a n =--∈，则12100S S S +++=（ ）A ．10011132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ B ．9811132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦C ．5011132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ D ．4911132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦【答案】A 【分析】由递推式求出数列的首项,当2n ≥时分n 为偶数和奇数求出n a ,代入*1(1),2n n n nS a n N =--∈后分组,然后利用等比数列的前n 项和公式求解. 【详解】由*1(1),2n n a n S a n =--∈N ，当1n =时，1112S a =--，得114a =-；当2n ≥时，111111(1)(1)22----=-=----+nn n n n n n n n a S S a a ，即11(1)(1)2n nn n n na a a -=-+-+. 当n 为偶数时，11(2)2n n a n -=-≥，所以112n n a +=-（n 为正奇数）， 当n 为奇数时，11111112(2)2222n n n n nn a a -+-⎛⎫=-+=--+= ⎪⎝⎭，所以12n na =（n 为正偶数），所以122211,22a a -==，所以412342411112,,2222a a a a -+=⨯=-==，所以34991004310010011112,,,2222a a a a -+=⨯=⋯-==，所以991001009911222a a -+=⨯=.因为123100S S S S ++++()()()()12345699100a a a a a a a a =-++-++-+++-+-2100111222⎛⎫+++⎪⎝⎭359911112222=++++2100111222⎛⎫-+++= ⎪⎝⎭501001111112422111142⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-=--10011132⎛⎫=- ⎪⎝⎭. 故选：A练．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，且()212n n n S S a n -+=≥，设()()121nn nna b S -+=，则数列{}n b 前n 项和的取值范围为_________．【答案】32,11,23⎡⎫⎛⎤--⋃--⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦【分析】根据n n S a ，之间关系可得数列{}n a 为等差数列并得到n a ，然后得到n b ，根据裂项相消可得数列{}n b 前n 项和，最后进行判断即可. 【详解】由21n n n S S a -+=①，则211n n n S S a +++=②②-①化简可得：()()1110n n n n a a a a ++--+=，又0n a >，所以()112n n a a n +-=≥当2n =时，21212122222a a S S a a a a +=⇒++=⇒= 所以211a a -=符号11n n a a +-=，故数列{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列 所以n a n =，则()12n n nS +=所以()()()()2112111112nn n n n b n n n ⋅-+==⋅⎛⎫+ ⎪+⎝+⎭- 令设数列{}n b 前n 项和n T 所以()()111111121...11223341n nn T n n ⎡⎤=--++--++-⋅+-⋅⎢⎥+⎣⎦所以11,1111n n n T n n ⎧-⎪⎪+=⎨⎪--⎪+⎩为偶数，为奇数， 当n 为偶数时，111n T n =-+，则12133n T ≤-=-且1n T >- 当n 为奇数时，111n T n =--+，则13122n T ≥--=-且1n T <- 综上所述：32,11,23n T ⎡⎫⎛⎤∈--⋃--⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦故答案为：32,11,23⎡⎫⎛⎤--⋃--⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦练．设n S 是数列{}n a 的前n 项和，若1(1)2n n n n S a =-+，则1211S S S ++⋯+=_____. 【答案】13654096 【分析】运用数列的递推式，讨论n 为奇数或偶数，结合等比数列的求和公式，即可得到所求和.【详解】解：()112n n n nS a =-+， 当1n =时，11112a S a ==-+，解得114a =，2n ≥时，1n n n a S S -=-， 可得()()1112n n n n nS S S -=--+， 当n 为偶数时，112n n n S S S π-=-+，即有1n12n S -=； 当n 为奇数（3n ≥）时，()112n n n S S S π-=--+， 可得1122n n n S S -=-=1112022n n +⋅-=， 即有121114S S S +++=110001664+++++++1212 61111365441409614⎛⎫- ⎪⎝⎭==-. 故答案为13654096.。