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数列中的奇偶项问题题型一、等差等比奇偶项问题(1)已知数列{}n a 为等差数列，其前12项和为354，在前12项中，偶数项之和与奇数项之和的比为32/27，则这个数列公差为________(2)等比数列{}n a 的首项为1，项数为偶数，且奇数项和为85，偶数项和为170，则数列的项数为_______(3)已知等差数列{}n a 的项数为奇数，且奇数项和为44，偶数项和为33，则数列的中间项为_________；项数为_____________题型二、数列中连续两项和或积的问题（()1n n a a f n ++=或()1n n a a f n +⋅=）1．定义“等和数列”：在一个数列中，如每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫作等和数列，这个常数叫作数列的公和．已知数列{}n a 是等和数列，且12a =，公和为5，那么18a 的值为________，这个数列的前n 项和n S 的计算公式为___________________2．若数列{}n a 满足：11a =，14n n a a n ++=，则数列{}21n a -的前n 项和是_____________3．若数列{}n a 满足：11a =，14n n n a a +=，则{}n a 的前2n 项和是___________4．已知数列{}n a 中，11a =，11()2n n n a a +⋅=，记n S 为{}n a 的前n 项的和，221n n n b a a -=+，N n *∈．（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）判断数列{}n b 是否为等比数列，并求出n b ； （Ⅲ）求n S .5．（2017年9月苏州高三暑假开学调研，19） 已知数列{}n a 满足()*143n n a a n n N ++=-∈.（1）若数列{}n a 是等差数列，求1a 的值； （2）当12a =时，求数列{}n a 的前n 项和n S ；6．（2015江苏无锡高三上学期期末，19）在数列{}n a ，{}n b 中，已知10a =,21a =,11b =,212b =，数列{}n a 的前n 项和为n S ,数列{}n b 的前n 项和为n T ,且满足21n n S S n ++=，2123n n n T T T ++=-，其中n 为正整数.(1)求数列{}n a 、{}n b 的通项公式； (2)问是否存在正整数m ，n ，使121n m n T mb T m++->+-成立？若存在，求出所有符合条件的有序实数对(),m n ，若不存在，请说明理由.题型三、含有()1n-类型1．已知()1123456..........1n n S n -=-+-+-+-，则173350S S S ++=_____________2．数列{}n a 满足1(1)21nn n a a n ++-=-，则的前60项和为________3．数列{}n a 前n 项和为n S ，11a =，22a =，()211nn n a a +-=+-，*n ∈N ，则100S =______ 4．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()112nn n n S a =--，*n N ∈，则123100..........S S S S +++=____5．已知数列}{n a 满足11a =-，21a =，且*22(1)()2n n n a a n N ++-=∈.（1）求65a a +的值；（2）设n S 为数列}{n a 的前n 项的和，求n S ；题型四、含有{}2n a 、{}21n a-类型1．(2017.5盐城三模11)．设数列{}n a 的首项11a =，且满足21212n n a a +-=与2211n n a a -=+，则20S = ．2．（镇江市2017届高三上学期期末）已知*∈N n ，数列{}n a 的各项均为正数，前n 项和为n S ，且2121==a a ,，设n n n a a b 212+=-． （1）若数列{}n b 是公比为3的等比数列，求n S 2；（2）若)(1232-=nn S ，数列{}1+n n a a 也为等比数列，求数列的{}n a 通项公式．3．【2016年第二次全国大联考（江苏卷）】已知数列{}n a 满足*1221212221,2,2,3,()n n n n a a a a a a n N +-+===+=∈.数列{}n a 前n 项和为n S .(Ⅰ) 求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若12m m m a a a ++=，求正整数m 的值；4．（苏州市2018届高三第一学期期中质检，20）已知数列{}n a 各项均为正数，11a =,22a =，且312n n n n a a a a +++=对任意*n ∈N 恒成立，记{}n a 的前n 项和为n S ．（1）若33a =，求5a 的值；（2）证明：对任意正实数p ，{}221n n a pa ++成等比数列；（3）是否存在正实数t ，使得数列{}n S t +为等比数列．若存在，求出此时n a 和n S 的表达式；若不存在，说明理由．题型五、已知条件明确奇偶项问题1．（无锡市2018届高三第一学期期中质检，19）已知数列{}n a 满足1133,1,1,n n n a n n a a a n n ++ ⎧⎪==⎨---⎪⎩为奇数为偶数，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，*2,n n b a n =∈N . （1）求证：数列{}n b 为等比数列，并求其通项n b ； （2）求n S ；（3）问是否存正整数n ，使得212n n n S b S +＞＞成立？说明理由.2．已知数列{}n a 中，11a =，))1n a +=，设232n n b a -=（1）证明数列{}n b 是等比数列（2）若n S 是数列{}n a 的前n 项的和，求2n S （3）探求满足0n S >的所有正整数n3．(2015江苏省连云港、徐州、宿迁三模19)．设正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21122n n n S a a =+，*n N ∈n ∈N *．正项等比数列{}n b 满足：22b a =，46b a =，（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）设()*,21,2n n na n k cb n k k N =-⎧⎪=⎨=∈⎪⎩，数列{}nc 的前n 项和为n T ，求所有正整数m 的值，使得221nn T T -恰好为数列{}n c 中的项．。
数列奇偶知识点总结等差数列等差数列又称等差数列，是指数列中相邻两项之间的差是一个常数的数列。
设数列为{an}，则对任意n∈N，如果存在常数d，使得an+1-an=d，则称为等差数列，其中d称为公差。
等差数列的一般形式为an=a1+(n-1)d，其中a1为首项，d为公差。
等差数列的通项公式为an=a1+(n-1)d。
等差数列的性质：1. 根据等差数列的定义可知，等差数列是由首项和公差唯一确定的。
2. 等差数列的前n项和Sn的表达式为Sn=(a1+an)n/2。
3. 等差数列的性质决定了它们的和是一个常数，即Sn为一个恒定值。
等比数列等比数列又称等比数列，是指数列中相邻两项之间的比是一个常数的数列。
设数列为{an}，则对任意n∈N，如果存在常数q，使得an+1/an=q，则称为等比数列，其中q称为公比。
等比数列的一般形式为an=a1*q^(n-1)，其中a1为首项，q为公比。
等比数列的通项公式为an=a1*q^(n-1)。
等比数列的性质：1. 根据等比数列的定义可知，等比数列是由首项和公比唯一确定的。
2. 等比数列的前n项和Sn的表达式为Sn=a1*(q^n-1)/(q-1)，当q≠1时。
3. 当公比q的绝对值小于1时，等比数列的前n项和有上确界，当q的绝对值大于1时，等比数列的前n项和趋于无穷大。
4. 当q的绝对值小于1时，等比数列的和为Sn=a1/(1-q)，当q的绝对值大于1时，等比数列的和为无穷大。
奇数列和偶数列奇数列和偶数列是指数列中的元素为奇数或偶数的数列。
奇数列和偶数列都是无限数列。
奇数列的一般形式为an=2n-1，而偶数列的一般形式为an=2n。
奇数列和偶数列的通项公式可以通过数列的定义得到。
奇数列和偶数列的性质：1. 奇数列中的每个元素都是奇数，而偶数列中的每个元素都是偶数。
2. 奇数列和偶数列之间是不相交的，即奇数列中的元素不可能在偶数列中出现，反之亦然。
以上就是关于数列中奇偶知识点的总结和介绍，数列是数学中非常重要的概念，了解并掌握数列的性质和规律有利于我们在数学问题中的求解和分析。
高中数学：数列通项的奇偶项问题
在日常学习考试中，我们经常会遇到数列求和效果，通常的做法是先求出数列通项解析式，判别数列性质，再依据公式求和，这是大少数同窗都能掌握并熟练运用的。
但也经常会遇到依据给出的条件，依照正常解题思绪无法准确求出解析式的状况，这时，我们必需要学会巧用奇偶剖析法求出通项解析式，或许选择坚持求通项解析式，采用分类讨论法研讨，一定会收到意想不到的效果。
异样的方法研讨偶数项的通项公式：
我们看到，不论n为奇数还是偶数，通项公式的方式是相反的。
在采用奇偶剖析法研讨数列的通项时，我们采用了累加法.这个方法复杂易用，不容易犯错。
当然，由于奇数项成等差，偶数项也成等差，你也可以应用等差数列的通项公式直接写出奇数项和偶数项的通项公式，
前提是项数不要搞错。
下面，思索一个普通化的效果：
请思索2分钟，再往下看。
看下面的简图：
把等差数列的各项放在数轴上，那么等差数列可了解为恣意相邻两项的距离为定值(假定入>0)。
可是，由题我们只
能
确定距离一项的两项距离为定值，如何做到契合等差数列的要求呢?
其实也容易，假设我们使得第1项和第2项的距离为入/2，自然地，第2项和第3项的距离就为入/2，第3项和第4项的距离
也为入/2，依次往下，多米诺骨牌效应......。
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。
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。
专题26 奇偶分析阅读与思考整数可以分为奇数和偶数，一个整数要么是奇数，要么是偶数，因此奇偶性是一个整数的固有属性，即奇数≠偶数．由于奇偶性是整数的固有属性，因此可以说奇偶性是整数的一种不变性，通过分析整数的奇偶性来解决问题的方法叫奇偶分析．运用奇偶分析解题，常常要用到奇数和偶数的基本性质：1.奇数≠偶数.2.奇数±奇数=偶数，奇数±偶数=奇数，偶数±偶数=偶数，奇数个奇数的和是奇数，偶数个奇数的和为偶数，若干个偶数的和是偶数.3.若干个奇数之积是奇数，偶数与任意整数之积是偶数.4.若a 是整数，则a 与a ，a -，n a （n 为自然数）有相同的奇偶性.5.设a ，b 是整数，则b a +，b a -，b a +，b a -都有相同的奇偶数.6.偶数的平方是4的倍数，奇数的平方是4的倍数加1.例题与求解【例1】 数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…的排列规律是：前两个数是1，从第三个数开始，每一个数是它前面两个数的和，这个数列叫做斐波那契数列，在斐波那契数列的前2 004个数中共有____个偶数．(“希望杯”邀请赛试题)解题思路：本例关键是发现斐波那契数列的各项奇偶性的规律.【例2】 如果a ，b ，c 都是正整数，且a ，b 是奇数，则c b a 2)1(3-+是( ). A ．只当c 为奇数时，其值为奇数 B ．只当c 为偶数时，其值为奇数 C ．只当c 为3的倍数时，其值为奇数D ．无论c 为任意正整数时，其值均为奇数（五城市联赛试题）解题思路：直接运用奇数偶数的性质作出选择．【例3】 能否找到自然数a 和b ，使222002b a +=.（“华罗庚金杯”邀请赛试题）解题思路：假设存在自然数a 和b ，使等式成立，则2002))((=-+b a b a ，从b a +，b a -的奇偶性展开推理．【例4】 在6张纸片的正面分别写上整数1，2，3，4，5，6，打乱次序后，将纸片翻过来，在它们的反面也随意写上1~6这6个整数，然后计算每张纸片正面与反面所写数字之差的绝对值，得出6个数，请你证明：所得的6个数中至少有两个是相同的.（北京市竞赛试题） 解题思路：从反面入手，即设这6个数两两都不相等，利用i i b a -与i i i c b a -=1，2，3，4，5，6的奇偶性相同，引入字母进行推理证明.【例5】 表甲是一个英文字母电子显示盘，每一次操作可以使某一行4个字母同时改变，或者使某一列4个字母同时改变，改变的规则是：按照英文字母表的顺序，每个英文字母变成它下一个字母（即A 变成B ，B 变成C …最后字母Z 变成A ）.问：能否经过若干次操作，使表甲变成表乙？如果能，请写出变化过程，如不能，说明理由.S O B R K B D S T Z E P H E X G H O C N R T B S A D V X C F Y A表甲 表乙（“祖冲之杯”邀请赛试题）解题思路：表甲与表乙看上去没有规律，似乎不太容易将表甲变为表乙（可以试一试），看是否能成功？如果是不能，就应找出不能的理由，解题的关键是如何将问题“数字化”，挖掘操作变化过程中的不变量或不变性.【例6】 设1x ，2x ，…n x 为＋1或－1，并且n n n n x x x x x x x x x x x x x x x x 123654354324321---++++0321211112=+++---x x x x x x x x x x x x n n n n n n .证明n 能被4整除.解题思路：应用整数的奇偶性解题，常需变化角度去考察问题，从而化难为易．能力训练1．若按奇偶分类，则20113212011321++++ 是______数.2．已知a 是质数，b 是奇数，且20012=+b a ，则=+b a _______.（江苏省竞赛试题）3．若质数m ，n 满足12975=+n m ，则n m +的值为____________.（河北省竞赛试题）4．在12，22，32，…，952这95个数中，十位数字为奇数的数共有____________个.（全国初中数学联赛试题）5．将1，2，3，4，5这五个数字排成一排，最后一个数是奇数，且使得其中任意连续三个数之和都能被这三个数中的第一个数整除，那么，满足要求的排法有( )种.A .2B .3C .4D .5 6．设a ，b 为整数，给出下列四个结论 （1）若b a 5+是偶数，则b a 3-是偶数 （2）若b a 5+是偶数，则b a 3-是奇数 （3）若b a 5+是奇数，则b a 3-是偶数 （4）若b a 5+是奇数，则b a 3-是奇数 其中正确结论的个数是 ( )．A .0B .2C .4D .1或3（“五羊杯”竞赛试题）7．如果a ，b ，c 是三个任意整数，那么2b a +，2c b +，2ac +( )． A .都不是整数 B .至少有两个是整数 C .至少有一个是整数 D .都是正数（“T1杯”全国竞赛试题）8．将1 000到1 997这998个自然数任意排成一行，然后依次地求出三个相邻数的和，在这些和中，奇数的个数至多有( )．A .499个B .496个C .996个D .995个9．设1a ，2a ，…1999a 是1，2，3，…，1999的一个排列，求证：)1999()2()1(199921-++-+-a a a 为偶数.10．在黑板上记上数1，2，3，…，1 974，允许擦去任意两个数，且写上它们的和或差.重复这样的操作手续，直至在黑板上留下一个数为止.求证：这个数不可能为零．（数学奥林匹克竞赛试题）11．你能找到三个整数a ，b ，c ，使得关系式3388)()()()(=-+⋅-+⋅+-⋅++a c b c b a c b a c b a 成立吗？如果能找到，请举一例；如果找不到，请说明理由.（“希望杯”邀请赛试题）12．设标有A ，B ，C ，D ，E ，F ，G 记号的七盏灯顺次排成一行，每盏灯安装一个开关.现在A ，C ，E ，G 四盏灯开着，其余三盏灯是关的，小刚从灯A 开始，顺次拉动开关，即从A 到G ，再从A 开始顺次拉动开关，即又从A 到G ，…，他这样拉动了1 999次开关后，问哪几盏是开的？。
微专题26 数列中有关奇偶项问题真 题 感 悟(2019·天津卷)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，b n 2，n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *). 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q (q >0).依题意，得⎩⎨⎧3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得⎩⎨⎧d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n .(2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×3＋n （n －1）2×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n ) ＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n ).记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，①则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，②②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋1＝－3（1－3n ）1－3＋n ×3n ＋1＝（2n －1）3n ＋1＋32. 所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×（2n －1）3n ＋1＋32＝（2n －1）3n ＋2＋6n 2＋92(n ∈N *). 考 点 整 合1.数列与函数的关系：数列可以看成是一个定义域为正整数集N *(或它的有限子集{1，2，3，4，…，n })的函数，当自变量从小到大依次取值时对应的一系列函数值.2.数列的通项公式实际上是一个以正整数集N *或它的有限子集{1，2，3，4，…，n }为定义域的函数表达式；如果对应的函数表达式是分段形式给出的，则数列的通项也分段给出.3.对于分奇偶给出的数列通项公式a n ＝⎩⎨⎧f （n ），（n 为奇数），g （n ），（n 为偶数）对应的数列问题我们称为数列中有关奇偶项问题.热点一 数列中与奇偶项有关的求和问题【例1】 (2019·苏州测试)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 ；(3)若对任意n ∈N *，都有a 2n ＋a 2n ＋1a n ＋a n ＋1≥5成立，求a 1的取值范围. 解 (1)若数列{a n }是等差数列，设其公差为d ，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 ]＝4n －3，即2d ＝4，2a 1－d ＝－3，解得d ＝2，a 1＝－12.(2)由a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)，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.①当n 为奇数时，a n ＝2n ，a n ＋1＝2n －3.S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －2＋a n －1)＋a n＝1＋9＋…＋(4n －11)＋2n＝n －12×（1＋4n －11）2＋2n ＝2n 2－3n ＋52； ②当n 为偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n )＝1＋9＋…＋(4n －7)＝n 2（1＋4n －7）2＝2n 2－3n 2. 综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n 2－3n ＋52，n 为奇数，2n 2－3n 2，n 为偶数.(3)由(2)知，a n ＝⎩⎨⎧2n －2＋a 1，n 为奇数，2n －3－a 1，n 为偶数. ①当n 为奇数时，a n ＝2n －2＋a 1，a n ＋1＝2n －1－a 1.由a 2n ＋a 2n ＋1a n ＋a n ＋1≥5得a 21－a 1≥－4n 2＋16n －10. 令f (n )＝－4n 2＋16n －10＝－4(n －2)2＋6，当n ＝1或3时，f (n )max ＝2，所以a 21－a 1≥2.解得a 1≥2或a 1≤－1.②当n 为偶数时，a n ＝2n －a 1－3，a n ＋1＝2n ＋a 1.由a 2n ＋a 2n ＋1a n ＋a n ＋1≥5得a 21＋3a 1≥－4n 2＋16n －12. 令g (n )＝－4n 2＋16n －12＝－4(n －2)2＋4，当n ＝2时，g (n )max ＝4，所以a 21＋3a 1≥4，解得a 1≥1或a 1≤－4.综上，a 1的取值范围是(－∞，－4]∪[2，＋∞).探究提高 1.第(1)问，已知数列为等差数列，故只需要写出数列的通项公式，根据关于n 的一次式恒成立，建立方程组，就能解决问题.2.第(2)问中，要能对n 分奇、偶数讨论，转化为等差数列来求和，这里要弄清等差数列的项数，这是易错点.3.第(3)问中，分奇、偶数分类讨论，值得注意的对任意n ∈N *恒成立，故求a 1的取值范围，将奇、偶数的情形取交集而不是并集.【训练1】 已知数列{a n }的通项a n ＝⎩⎨⎧2n ，n 为奇数，3n ＋1，n 为偶数，求数列{a n }的前n 项和S n .解 当n 为偶数时，设n ＝2k (k ∈N *)，则S n ＝S 2k ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2k －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2k )＝(21＋23＋…＋22k －1)＋[(3×2＋1)＋(3×4＋1)＋…＋(3×2k ＋1)]＝2－22k －1·221－22＋3×2(1＋2＋…＋k )＋k ＝13(22k ＋1－2)＋3k 2＋4k .∵n ＝2k ，∴k ＝n 2.∴S n ＝13(2n ＋1－2)＋3×n 24＋2n＝3n 24＋2n ＋13(2n ＋1－2).当n 为奇数时(此时n －1为偶数)，S n ＝S n －1＋a n ＝34(n －1)2＋2(n －1)＋13(2n －2)＋2n＝34n 2＋12n ＋2n ＋23－2312. 综上可知，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧34n 2＋2n ＋13（2n ＋1－2），n 为偶数.34n 2＋12n ＋2n ＋23－2312，n 为奇数. 热点二 数列中有关奇偶项的新定义问题【例2】 定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和.已知数列{a n }是等和数列，且a 1＝2，公和为5，那么a 18的值为________，这个数列的前n 项和S n 的计算公式为________.解析 由题意知，a n ＋a n ＋1＝5，且a 1＝2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数，3，n 为偶数，则a 18＝3. 当n 为偶数时，S n ＝(2＋3)＋(2＋3)＋…＋(2＋3)＝n 2(2＋3)＝5n 2；当n 为奇数时，S n ＝(2＋3)＋(2＋3)＋…＋(2＋3)＋2＝n －12(2＋3)＋2＝5n －12.故此数列的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5n －12，n 为奇数，5n 2，n 为偶数.答案 3S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5n －12，n 为奇数，5n 2，n 为偶数 探究提高 解决此类信息题的关键是认真审题，准确地领会新的概念所具有的特点，并加以充分运用.【训练2】 (2019·南通调研)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.(1)解 当n 为奇数时，a n ＋1－a n ＝2(n ＋1)－(2n －1)＝3＞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 ＝(2n ＋1)－2n ＝1＞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)证明 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 2①，n (d 2－d 1)≤b 1－b 2＋d 1②.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，法一 (定义法) 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.所以数列{b n }是等差数列.法二 (通项公式法) 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)d 3，b 3n －1＝b 2＋(n －1)d ＝b 1＋d －λ＋(n －1)d ＝b 1＋(3n －1－1)d 3，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 ＝d 3，所以数列{b n }是等差数列.热点三 数列中有关奇偶项的存在性与恒成立问题【例3】 (2019·盐城三模)已知数列{a n }满足a 1＝m ，a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ，n ＝2k －1，a n ＋r ，n ＝2k(k ∈N *，r ∈R )，其前n 项和为S n .(1)当m 与r 满足什么关系时，对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n ?(2)对任意实数m ，r ，是否存在实数p 与q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列？若存在，请求出p ，q 满足的条件；若不存在，请说明理由.(3)当m ＝r ＝1时，若对任意的n ∈N *，都有S n ≥λa n ，求实数λ的最大值. 解 (1)由题意，得a 1＝m ，a 2＝2a 1＝2m ，a 3＝a 2＋r ＝2m ＋r ，首先由a 3＝a 1，得m ＋r ＝0.当m ＋r ＝0时，因为a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ，n ＝2k －1，a n －m ，n ＝2k(k ∈N *)， 所以a 1＝a 3＝…＝a 2k －1＝m ，a 2＝a 4＝…＝a 2k ＝2m ，故对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n ，即当实数m ，r 满足m ＋r ＝0时，题意成立.(2)依题意，a 2n ＋1＝a 2n ＋r ＝2a 2n －1＋r ，则a 2n ＋1＋r ＝2(a 2n －1＋r )，因为a 1＋r ＝m ＋r ，所以当m ＋r ≠0时，{a 2n ＋1＋r }是等比数列，且a 2n ＋1＋r ＝(a 1＋r )2n＝(m ＋r )2n .为使{a 2n ＋1＋p }是等比数列，则p ＝r .同理，当m ＋r ≠0时，{a 2n ＋2r }是等比数列，且a 2n ＋2r ＝(m ＋r )2n ，则当{a 2n ＋q }是等比数列时，q ＝2r .综上所述：①若m ＋r ＝0，则不存在实数p ，q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列；②若m ＋r ≠0，则当p ，q 满足q ＝2p ＝2r 时，{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列.(3)法一 当m ＝r ＝1时，由(2)可得a 2n －1＝2n －1，a 2n ＝2n ＋1－2，当n ＝2k 时，a n ＝a 2k ＝2k ＋1－2，S n ＝S 2k ＝(21＋22＋…＋2k )＋(22＋23＋…＋2k ＋1)－3k＝3(2k ＋1－k －2)， 所以S n a n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－k 2k ＋1－2. 令c k ＝k 2k ＋1－2，则c k ＋1－c k ＝k ＋12k ＋2－2－k 2k ＋1－2＝（1－k ）2k ＋1－2（2k ＋2－2）（2k ＋1－2）＜0， 所以S n a n≥32，λ≤32； 当n ＝2k －1时，a n ＝a 2k －1＝2k －1，S n ＝S 2k －a 2k ＝3(2k ＋1－k －2)－(2k ＋1－2)＝2k ＋2－3k －4，所以S n a n ＝4－3k 2k －1，同理可得S n a n≥1，λ≤1， 综上所述，实数λ的最大值为1.法二 因为a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ，n ＝2k －1，a n ＋1，n ＝2k(k ∈N *)， 故数列{a n }中各项都是正数，故S n a n≥1， 而当n ＝1时，S n a n＝1，故实数λ的最大值为1. 探究提高 1.一般地，对于数列问题，我们经常通过枚举数列中的前几项找规律，然后根据发现的规律来解题.第(2)小题本质上就是“由递推关系求通项公式”；第(3)小题，用的是：分离参数，分类讨论，用作差比较考察数列的单调性.2.第(2)问中，要注意等比数列的首项不能为0.3.若一个数列{a n }满足a n ＋1＝Aa n ＋B ，可以凑成一个等比数列，设等比数列的通项为a n ＋C ，则a n ＋1＋C ＝A (a n ＋C )，比较两式得C ＝B A －1(A ≠1). 【训练3】 (2019·苏州期末)已知数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧13a n ＋n ，n 为奇数，a n －3n ，n 为偶数.(1)是否存在实数λ，使得数列{a 2n －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S n 是数列{a n }的前n 项和，求满足S n ＞0的所有正整数n .解 (1)由已知，得a 2(n ＋1)＝13a 2n ＋1＋(2n ＋1)＝13[a 2n －3(2n )]＋2n ＋1＝13a 2n ＋1.令a 2(n ＋1)－λ＝13(a 2n －λ)，得a 2(n ＋1)＝13a 2n ＋23λ，所以λ＝32. 此时，a 2－λ＝13＋1－32＝－16.所以存在λ＝32，使得数列{a 2n －λ}是等比数列.(2)由(1)知，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n －32是首项为－16，公比为13的等比数列， 所以a 2n －32＝－16·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝－12·13n ， 即a 2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫3－13n . 由a 2n ＝13a 2n －1＋(2n －1)，得a 2n －1＝3a 2n －3(2n －1) ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫3－13n －6n ＋3， 所以a 2n －1＋a 2n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫3－13n －6n ＋3＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫3－13n ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －6n ＋9.所以S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝－2⎣⎢⎡⎦⎥⎤13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －6(1＋2＋…＋n )＋9n ＝13n －3n 2＋6n －1， 从而S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝32·13n －3n 2＋6n －52.因为13n 和－3n 2＋6n ＝－3(n －1)2＋3在n ∈N *时均单调递减，所以S 2n 和S 2n －1均各自单调递减.计算得S 1＝1，S 2＝73，S 3＝－73，S 4＝－89，所以满足S n ＞0的所有正整数n 的值为1和2.【新题感悟】 (2019·盐城模拟)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.(1)解 由λ＝1，d ＝1，所以a 2＝1，又a 2，a 3，a 4为等差数列且公差为－1，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.(2)证明 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＝a 22k ＋22k d ， 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 .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. (3)解 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 ， 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)；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）.1.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，若对任意n ∈N *，都有1≤p (S n－4n )≤3，求实数p 的取值范围.解 令f (n )＝S n －4n ＝4n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－4n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n . 当n 为奇数时，f (n )＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 单调递减，则当n ＝1时，f (n )max ＝1；当n 为偶数时，f (n )＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 单调递增，则当n ＝2时，f (n )min ＝12； 所以对任意n ∈N *，都有1≤p (S n －4n )≤3， 即对任意n ∈N *，1S n －4n ≤p ≤3S n －4n，所以2≤p ≤3. 故p 的取值范围为[2，3].2.在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝an （n ＋1）2，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋ (－1)n b n ，求T n .解 (1)由题意知(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )， 即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)由题意知b n ＝an （n ＋1）2＝n (n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)n n ·(n ＋1). 因为b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)，可得当n 为偶数时， T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n ) ＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2，当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝（n －1）（n ＋1）2－n (n ＋1)＝－（n ＋1）22.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.3.(2019·徐州三模)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ， 数列{b n }的公比为q ，则⎩⎨⎧b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.即⎩⎨⎧q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎨⎧d ＝2，q ＝2， 所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n （n ＋2），n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，∴T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n ) ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1)＝1－12n ＋1＋2（1－4n ）1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1).4.(2019·连云港模拟)设正项数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝12a 2n＋12a n .正项等比数列{b n }满足b 2＝a 2，b 4＝a 6. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝⎩⎨⎧a n ，n ＝2k －1，b n ，n ＝2k ，其中k ∈N *.数列{c n }的前n 项和为T n ，求所有正整数m 的值，使得T 2mT 2m －1恰好为数列{c n }中的项. 解 (1)因为a n ＞0，当n ＝1时，a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1. 又S n ＝12a 2n ＋12a n ，故当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1， 两式相减并整理得12(a 2n －a 2n －1)－12(a n ＋a n －1)＝0. 又因为a n ＞0，所以a n ＋a n －1≠0， 所以a n －a n －1＝1(n ≥2)，所以{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以a n ＝a 1＋(n －1)×1＝n . 设{b n }的公比为q (q ＞0).由b 2＝a 2，b 4＝a 6，得q 2＝b 4b 2＝a 6a 2＝3，所以q ＝ 3.所以b n ＝b 2·q n －2＝2·(3)n －2.(2)由题意得c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，2·3n 2－1，n ＝2k (k ∈N *)，所以T 2m ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2m －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2m ) ＝m （1＋2m －1）2＋2（1－3m ）1－3＝3m ＋m 2－1，T 2m －1＝T 2m －b 2m ＝3m ＋m 2－1－2×3m －1＝3m －1＋m 2－1， 所以T 2mT 2m －1＝3m ＋m 2－13m －1＋m 2－1＝3－2（m 2－1）3m －1＋m 2－1≤3，故若T 2m T 2m －1为{c n }中的项，则只能为c 1，c 2，c 3.①若3－2（m 2－1）3m －1＋m 2－1＝c 1＝1，则3m －1＝0，所以m 无解. ②若3－2（m 2－1）3m －1＋m 2－1＝c 2＝2，则3m －1＋1－m 2＝0， 显然m ＝1不合题意，m ＝2符合题意.当m ≥3时，令f (m )＝3m －1＋1－m 2，则f ′(m )＝3m －1ln 3－2m ， 设g (m )＝3m －1ln 3－2m ，则g ′(m )＝3m －1(ln 3)2－2＞0，即f ′(m )＝3m －1ln 3－2m 为增函数，故f ′(m )≥f ′(3)＞0，即f (m )为增函数，故f (m )＞f (3)＝1＞0. 故当m ≥3时方程3m －1＋1－m 2＝0无解， 即m ＝2是方程3m －1＋1－m 2＝0的唯一解.③若3－2（m 2－1）3m －1＋m 2－1＝c 3＝3，则m 2＝1，即m ＝1(舍负). 综上所述，m ＝1或m ＝2.5.(2019·徐州期末)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎩⎨⎧a n ＋2，n ＝2k －1，3a n ，n ＝2k (k ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2的正整数n 的值；(3)设数列{a n }的前n 项和为S n ，问是否存在正整数m ，n ，使得S 2n ＝mS 2n －1？若存在，求出所有的正整数对(m ，n )；若不存在，请说明理由.解 (1)由题意，数列{a n }的奇数项构成以a 1＝1为首项，公差为2的等差数列；偶数项构成以a 2＝2为首项，公比为3的等比数列. 所以对任意正整数k ，a 2k －1＝2k －1，a 2k ＝2×3k －1.所以数列{a n }的通项公式为 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，2·3n 2－1，n ＝2k ，k ∈N *.(2)①当n 为奇数时，由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2， 得2×2×3n ＋12－1＝n ＋n ＋2，所以2×3n －12＝n ＋1，令f (x )＝2×3x －12－x －1(x ≥1)，由f ′(x )＝23×(3)x ×ln 3－1≥23×3×ln 3－1 ＝ln 3－1＞0，可知f (x )在[1，＋∞)上是增函数， 所以f (x )≥f (1)＝0，所以当且仅当n ＝1时，满足2×3n －12＝n ＋1，即2a 2＝a 1＋a 3.②当n 为偶数时，由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2， 得2(n ＋1)＝2×3n2－1＋2×3n ＋22－1，即n ＋1＝3n2－1＋3n 2，上式左边为奇数，右边为偶数，因此不成立. 综上，满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2的正整数n 的值只有1. (3)S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－3n ）1－3＝3n＋n 2－1，n ∈N *.S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3n －1＋n 2－1.假设存在正整数m ，n ，使得S 2n ＝mS 2n －1， 则3n ＋n 2－1＝m (3n －1＋n 2－1)， 所以3n －1(3－m )＝(m －1)(n 2－1)，(*) 从而3－m ≥0，所以m ≤3， 又m ∈N *，所以m ＝1，2，3.当m ＝1时，(*)式左边大于0，右边等于0，不成立；当m ＝3时，(*)式左边等于0，所以2(n 2－1)＝0，n ＝1，所以S 2＝3S 1； 当m ＝2时，(*)式可化为3n －1＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)，则存在k 1，k 2∈N ，k 1＜k 2，使得n －1＝3k 1，n ＋1＝3k 2且k 1＋k 2＝n －1， 从而3k 2－3k 1＝3k 1(3k 2－k 1－1)＝2，所以3k 1＝1，3k 2－k 1－1＝2， 所以k 1＝0，k 2－k 1＝1，于是n ＝2，S 4＝2S 3.综上可知，符合条件的正整数对(m ，n )只有两对：(2，2)，(3，1).6.(2019·泰州期中)已知数列{a n }，{b n }，其中a 1＝12，数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2a n (n ∈N *)，数列{b n }满足b 1＝2，b n ＋1＝2b n . (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)是否存在自然数m ，使得对于任意n ∈N *，n ≥2，有1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n＜m －84恒成立？若存在，求出m 的最小值；(3)若数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1na n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)因为S n ＝n 2a n (n ∈N *)， 故当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1， 所以a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1， 所以(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1，即a n a n －1＝n －1n ＋1.又a 1＝12，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n －1n ＋1·n －2n ·n －3n －1·…·24·13·12＝1n （n ＋1）.当n ＝1时，上式成立，故a n ＝1n （n ＋1）.因为b 1＝2，b n ＋1＝2b n ，所以{b n }是首项为2、公比为2的等比数列，故b n ＝2n . (2)由(1)知b n ＝2n ，则1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝1＋12＋122＋…＋12n ＝2－12n .假设存在自然数m ，使得对于任意n ∈N *，n ≥2，有1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n＜m －84恒成立，即2－12n ＜m －84恒成立.由m －84≥2，解得m ≥16.所以存在自然数m ，使得对于任意n ∈N *，n ≥2，有1＋1b 1＋1b 2＋…＋1b n＜m －84恒成立，此时，m 的最小值为16. (3)当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋13a 3＋…＋1na n ＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1) ＝[2＋4＋…＋(n ＋1)]＋(22＋24＋…＋2n －1) ＝2＋n ＋12·n ＋12＋4（1－4n －12）1－4＝n 2＋4n ＋34＋43(2n －1－1)；当n 为偶数时，T n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1＋13a 3＋…＋1（n －1）a n －1＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝(2＋4＋…＋n )＋(22＋24＋…＋2n ) ＝2＋n 2·n 2＋4（1－4n2）1－4＝n 2＋2n 4＋43(2n －1).因此T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2＋4n ＋34＋43（2n －1－1），n 为奇数，n 2＋2n 4＋43（2n －1），n 为偶数.。
