2020届高考数学二轮复习专题《与数列奇偶项有关的问题》

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。

第19讲（数列单调性、奇偶项、存在性问题）【目标导航】中学研究的特殊数列只有等差数列与等比数列，一个是线性数列，一个是类指数数列，但数列性质却远远不止这些，因此新数列的考查方向是多样的、不定的，不仅可考查函数性质，而且常对整数的性质进行考查．明确考查方向是解决以新数列为背景的解答题的前提，恰当运用对应性质是解决问题思想方法． 【例题导读】例1、设数列{}n a ()*n N ∈是公差不为零等差数列，满足2369579,6a a a a a a +=+=；数列{}n b ()*n N ∈的前n 项和为n S ，且满足423n n S b +=． （1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（2）在1b 和2b 之间插入1个数11x ，使1112,,b x b 成等差数列；在2b 和3b 之间插入2个数2122,x x ，使221223,,,b x x b 成等差数列；……；在n b 和1n b +之间插入n 个数12,,...,n n nm x x x ，使121,,,...,n n n nm n b x x x b +成等差数列，（i ）求11212212......n n n nm T x x x x x x =+++++++； （ii ）是否存在正整数,m n ，使12m n ma T a +=成立？若存在，求出所有的正整数对(),m n ；若不存在，请说明理由．例2、有限个元素组成的集合为{}12,,,n A a a a =L ，*n N ∈，集合A 中的元素个数记为()d A ，定义{},A A x y x A y A +=+∈∈，集合A A +的个数记为()d A A +，当()()()()12d A d A d A A ⋅++=，称集合A 具有性质Γ．（1）设集合{}1,,M x y =具有性质Γ，判断集合M 中的三个元素是否能组成等差数列，请说明理由； （2）设正数列{}n d 的前n 项和为n S ，满足1123n n S S +=+，其中113d =，数列{}n d 中的前2020项：1232020,,,,d d d d L 组成的集合{}1232020,,,,d d d d L 记作D ，将集合D D +中的所有元素()*123,,,,k t t t t k N ∈L 从小到大排序，即123,,,,k t t t t L 满足123k t t t t <<<<L ，求2020t ；（3）已知集合{}12,,,n C c c c =L ，其中数列{}n c 是等比数列，0n c >，且公比是有理数，判断集合C 是否具有性质Γ，说明理由．例3、已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()2*241n n n a a S n N+=-∈．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若21211n n n n a b S S -++=⋅，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 的取值范围；（3）若()211,22,n n na n c n ⎧+⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数()*n N ∈，从数列{}n c 中抽出部分项（奇数项与偶数项均不少于两项），将抽出的项按照某一顺序排列后构成等差数列．当等差数列的项数最大时，求所有满足条件的等差数列．例4、已知n *∈N ，数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11n n S a a +=-；数列{}n b 的前n 项和为n T ，且满足()112n n n T b n n b +=++，且12a b =．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求数列{}n b 的通项公式； （3）设nn na cb =，问：数列{}n c 中是否存在不同两项i c ，j c （1i j ≤<，i ，j *∈N ），使i j c c +仍是数列{}n c 中的项?若存在，请求出i ，j ；若不存在，请说明理由．例5、已知数列{}n a 的前n 项和n S ，对任意正整数n ，总存在正数,,p q r 使得1n n a p -=，n n S q r =-恒成立：数列{}n b 的前n 项和n T ，且对任意正整数n ，2n n T nb =恒成立． （1）求常数,,p q r 的值； （2）证明数列{}n b 为等差数列；（3）若12b =，记31222224n n n n n b n b n b P a a a +++=++ 1212222n n n n n nn b n b a a ---+++⋯++，是否存在正整数k ，使得对任意正整数n ，n P k ≤恒成立，若存在，求正整数k 的最小值，若不存在，请说明理由．例6、定义：若无穷数列{}n a 满足{}1n n a a +-是公比为q 的等比数列，则称数列{}n a 为“()M q 数列”．设数列{}n b 中131,7b b ==（1）若24b =，且数列{}n b 是“()M q 数列”，求数列{}n b 的通项公式； （2）设数列{}n b 的前n 项和为n S ，且1122n n b S n λ+=-+，请判断数列{}n b 是否为“()M q 数列”，并说明理由；（3）若数列{}n b 是“(2)M 数列”，是否存在正整数,m n ，使得4039404020192019m n b b <<？若存在，请求出所有满足条件的正整数,m n ；若不存在，请说明理由．例7、设数列A ：1a ，2a ，…N a (N ≥)．如果对小于n (2n N ≤≤)的每个正整数k 都有k a ＜n a ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”．记“)(A G 是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合． （1）对数列A ：-2，2，-1，1，3，写出)(A G 的所有元素； （2）证明：若数列A 中存在n a 使得n a >1a ，则∅≠)(A G ；（3）证明：若数列A 满足n a -1n a - ≤1（n=2，3，…，N ），则)(A G 的元素个数不小于N a -1a ．【反馈练习】1．已知数列{}n a 的首项13a =，对任意的*n ∈N ，都有11(0)n n a ka k +=-≠，数列{}1n a -是公比不为1的等比数列．（1）求实数k 的值；（2）设4,,1,,n n n n b a n -⎧=⎨-⎩为奇数为偶数数列{}n b 的前n 项和为n S ，求所有正整数m 的值，使得221m m S S -恰好为数列{}n b 中的项．2．已知无穷数列{}n a ，{}n b ，{}n c 满足：对任意的*n N ∈，都有1n a +=n n b c -，1n b +=n n c a -，1n c +=n n a b -．记n d ={},,n n n max a b c ({},,max x y z 表示3个实数x ，y ，z 中的最大值)．(1)若1a =1，1b =2，1c =4，求4a ，4b ，4c 的值； (2)若1a =1，1b =2，求满足2d =3d 的1c 的所有值；(3)设1a ，1b ，1c 是非零整数，且1a ，1b ，1c 互不相等，证明：存在正整数k ，使得数列{}n a ，{}n b ，{}n c 中有且只有一个数列自第k 项起各项均为0．3．对于项数为m （*m ∈N 且1m >）的有穷正整数数列{}n a ，记{}12min ,,,k k b a a a =⋅⋅⋅(1,2,,)k m =⋅⋅⋅，即k b 为12,,,k a a a ⋅⋅⋅中的最小值，设由123,,,,m b b b b ⋅⋅⋅组成的数列{}n b 称为{}n a 的“新型数列”． （1）若数列{}n a 为2019，2020，2019，2018，2017，请写出{}n a 的“新型数列”{}n b 的所有项；（2）若数列{}n a 满足101,6222,7n n n a n n -⎧⎛⎫≤⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪-≥⎩，且其对应的“新型数列”{}n b 项数[21,30]m ∈，求{}n b 的所有项的和；（3）若数列{}n a 的各项互不相等且所有项的和等于所有项的积，求符合条件的{}n a 及其对应的“新型数列”{}n b ．4．设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列．已知1122334,622,24a b b a b a ===-=+，． （Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足111,22,1,,2,k k n kk n c c b n +⎧<<==⎨=⎩其中*k ∈N ．（i ）求数列(){}221n n a c -的通项公式； （ii ）求()2*1ni ii a c n =∈∑N ．已知数列{a n }满足：a 1＝1，且当n ≥2时，11(1)()2nn n a a R λλ---=+∈（1）若λ＝1，证明数列{a 2n -1}是等差数列；（2）若λ＝2．①设223n n b a =+，求数列{bn }的通项公式；②设2113ni n i Cn a n ==⋅∑，证明：对于任意的p ，m ∈ N *，当p > m ，都有p C ≥ C m ．6.对于*,n N ∀∈若数列{}n x 满足11,n n x x +->则称这个数列为“K 数列”． （1）已知数列1，21,m m +是“K 数列”，求实数m 的取值范围；（2）是否存在首项为1-的等差数列{}n a 为“K 数列”，且其前n 项和n S 使得212n S n n <-恒成立?若存在，求出{}n a 的通项公式；若不存在，请说明理由；（3）已知各项均为正整数的等比数列{}n a 是“K 数列”，数列12n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭不是“K 数列”，若1,1n n a b n +=+试判断数列{}n b 是否为“K 数列”，并说明理由．7.数列{}n a 满足112n n n a a a +-=-对任意的*2,n n N ≥∈恒成立，n S 为其前n 项的和，且44a =，836S =． （1）求数列{}n a 的通项n a ；（2）数列{}n b 满足()12122321213212nn n k n k n n b a b a b a b a a --+-++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+=--，其中*1,2,,,=⋅⋅⋅∈k n n N ．①证明：数列{}n b 为等比数列；②求集合()*3,,,.p m m p a a m p m p N b b ⎧⎫⎪⎪=∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭8.给定数列{}n a ，若满足1a a =（0a >且1a ≠），对于任意的*,n m ∈N ，都有m n n m a a a +=，则称数列{}n a 为“指数型数列”．（1）已知数列{}n a 的通项公式为4nn a =，试判断数列{}n a 是不是“指数型数列”；（2）已知数列{}n a 满足112a =，()*1123n n n n a a a a n ++=+∈N ，证明数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列，并判断数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是否为“指数型数列”，若是给出证明，若不是说明理由； （3）若数列{}n a 是“指数型数列”，且()*112a a a a +=∈+N ，证明数列{}n a 中任意三项都不能构成等差数列．9.定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”．（1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证：数列{a n }为“M －数列”； （2）已知数列{b n }满足：111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．10．对于数列{}n a ，把1a 作为新数列{}n b 的第一 项，把i a 或()2,3,4,...,i a i n -=作为新数列{}n b 的第i 项，数列{}n b 称为数列{}n a 的一个生成数列．例如，数列 1,2,3,4,5的一个生成数列是1,2,3,4,5--．已知数列{}n b 为数列()12n n N *⎧⎫∈⎨⎬⎩⎭的生成数列，n S 为数列{}n b 的前n 项和． （1）写出3S 的所有可能值； （2）若生成数列{}n b 满足311178n n S ⎛⎫=-⎪⎝⎭，求数列{}n b 的通项公式．。

2019-2020年高考数学二轮复习第2部分专题二数列必考点[例1] (本题满分12分)已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)，满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令c n ＝a n b n，求数列{c n }的通项公式； (2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)因为b n ≠0，所以由a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0， 得a n b n －a n ＋1b n ＋1＋2＝0，(2分)即a n ＋1b n ＋1－a nb n＝2，(3分) 所以c n ＋1－c n ＝2，所以{c n }是以c 1＝a 1b 1＝1为首项，2为公差的等差数列，(5分) 所以c n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(6分) (2)由b n ＝3n －1知a n ＝c n b n ＝(2n －1)3n －1，于是数列{a n }的前n 项和S n ＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n －1)·3n －1，(8分)3S n ＝1·31＋3·32＋…＋(2n －3)·3n －1＋(2n －1)·3n，相减得－2S n ＝1＋2·(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n＝－2－(2n －2)3n，(10分)所以S n ＝(n －1)3n＋1.(12分) 评分细则：得分点及踩点说明(1)第(1)问，利用条件②合理转化得2分． (2)写成等差数列定义形式得1分． (3)得出其首项、公差进而写出通项得3分． (4)第(2)问，由b n ＝3n ＋1，c n ＝2n －1，得到{a n }的通项得2分．(5)在等式两端同乘以3给2分． (6)错位相减给1分．(7)错位相减后求和正确得2分． (8)最后结果整理得1分．(xx·高考全国甲卷)等差数列(a n )中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解：(1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35.当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4,5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9,10时，4≤2n ＋35＜5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.[例2] (xx·高考全国丙卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.审题路线图[规范解答] (1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1， 故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n . 由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132. 解得λ＝－1.(xx·高考全国乙卷)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．解：(1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1. (2)由(1)知a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝b n3，因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列．记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＝32－12×3n －1.类型三 学会规范[例3] (本题满分12分)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为n 2n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [考生不规范示例] 解：(1)令n ＝1，得1a 1a 2＝13， 所以a 1a 2＝3，a 1(a 1＋d )＝3，① 令n ＝2得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15，(a 1＋d )(a 2＋d )＝15 ② 由①②得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝2n ·22n －1所以T n ＝1×4＋2×42＋…＋n ·4n③ 4T n ＝1×42＋2×43＋…＋(n －1)·4n ＋n ·4n ＋1④③－④得：－3Tn ＝41＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1＝41－4n ＋11－4－n ·4n ＋1所以T n ＝4－4n ＋29＋n ·4n ＋13＝3n －44n ＋1＋49.[规范解答] (1)设数列{a n }的公差为d . 令n ＝1，得1a 1a 2＝13， 所以a 1a 2＝3.①(2分) 令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25， 所以a 2a 3＝15.②(4分) ∴由①②得a 3＝5a 1即a 1＋2d ＝5a 1，∴d ＝2a 1，∴a 2＝3a 1 ∴a 21＝1，(a 1＞0)，∴a 1＝1，d ＝2. ∴a n ＝2n －1，经检验，符合题意．(6分) (2)由(1)知b n ＝2n ·22n －1＝n ·4n，所以T n ＝1·41＋2·42＋…＋n ·4n， 所以4T n ＝1·42＋2·43＋…＋n ·4n ＋1，两式相减，得－3T n ＝41＋42＋ (4)－n ·4n ＋1(10分)＝41－4n1－4－n ·4n ＋1＝1－3n 3×4n ＋1－43.所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋3n －14n ＋19.(12分)[终极提升]——登高博见限时规范训练三 等差数列、等比数列及数列求和(建议用时45分钟)解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)1．(xx·高考全国丙卷)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解：(1)由题意可得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得 2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)． 因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.2．已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列． (1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.解：(1)设{a n }的公差为d .由题意，得a 211＝a 1a 13， 即(a 1＋10d )2＝a 1(a 1＋12d )． 于是d (2a 1＋25d )＝0.又a 1＝25，所以d ＝0(舍去)或d ＝－2. 故a n ＝－2n ＋27.(2)令S n ＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.由(1)知a 3n －2＝－6n ＋31，故{a 3n －2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而S n ＝n2(a 1＋a 3n －2)＝n2(－6n ＋56) ＝－3n 2＋28n .3．S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n ＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)∵a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，∴a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3. 两式相减得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1， 即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )·(a n ＋1－a n )． 由于a n ＞0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)，a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，所以通项公式a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝12n ＋12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝n32n ＋3.4．(xx·高考山东卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝a n ＋1n ＋1b n ＋2n，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，满足上式， 所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝6n ＋6n ＋13n ＋3n＝3(n ＋1)·2n ＋1，又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋41－2n1－2－n ＋1×2n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.专题一、二 规范滚动训练(二)(建议用时45分钟)解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)1．已知首项为12，公比不等于1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3，S 2，S 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝n |a n |，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)通解 设数列{a n }的公比为q ，由题意得2S 2＝S 3＋S 4，q ≠1，∴2×a 11－q 21－q ＝a 11－q 31－q ＋a 11－q 41－q.化简得q 2＋q －2＝0，得q ＝－2，或q ＝1(舍) 又数列{a n }的首项为12，∴a n ＝12×(－2)n －1.优解 设数列{a n }的公比为q ，由题意得2S 2＝S 3＋S 4， 即(S 4－S 2)＋(S 3－S 2)＝0， 即(a 4＋a 3)＋a 3＝0， ∴a 4a 3＝－2， ∴公比q ＝－2.又数列{a n }的首项为12，∴a n ＝12×(－2)n －1.(2)b n ＝n |a n |＝n ×12×2n －1＝14×n ×2n，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝14(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n)，①2T n ＝14(1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，)②①－②得，－T n ＝14×⎣⎢⎡⎦⎥⎤2×1－2n1－2－n ×2n ＋1，∴T n ＝12＋12(n －1)×2n .2．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(2b －c )cos A ＝a cos C . (1)求角A 的大小；(2)若b cos C ＋12c ＝a ，判断△ABC 的形状．解：(1)由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝csin C ，可得：2sin B cos A ＝sin C cos A ＋cos C sin A ， ∴2sin B cos A ＝sin(A ＋C )＝sin B ， ∵sin B ≠0，∴cos A ＝12.∴A ＝π3.(2)∵b cos C ＋12c ＝a ，∴b ·a 2＋b 2－c 22ab ＋12c ＝a ，整理得a 2＋c 2－b 2＝ac ，∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12，∴B ＝π3，从而A ＝B ＝C ＝π3，∴△ABC 为等边三角形．3．已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，其前n 项和为S n ，且S 5＝30，又a 1，a 3，a 9成等比数列． (1)求S n ；(2)若对任意n ＞t ，n ∈N *，都有1S 1＋a 1＋2＋1S 2＋a 2＋2＋…＋1S n ＋a n ＋2＞1225，求t 的最小值．解：(1)设公差为d ，由条件得 ⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋5×42d ＝30，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋8d ，得a 1＝d ＝2.∴a n ＝2n ，S n ＝n 2＋n .(2)∵1S n ＋a n ＋2＝1n 2＋n ＋2n ＋2＝1n 2＋3n ＋2＝1n ＋1n ＋2＝1n ＋1－1n ＋2. ∴1S 1＋a 1＋2＋1S 2＋a 2＋2＋…＋1S n ＋a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＞1225. ∴1n ＋2＜12－1225＝150，即n ＋2＞50，n ＞48. ∴t 的最小值为48.4．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω＞0，|φ|＜π2的部分图象如图所示．(1)求函数f (x )的解析式，并写出f (x )的单调减区间；(2)已知△ABC 的内角分别是A ，B ，C ，角A 为锐角，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2－π12＝12，cos B ＝45，求sin C的值．解：(1)由周期12T ＝2π3－π6＝π2，得T ＝π＝2πω，∴ω＝2.当x ＝π6时，f (x )＝1，可得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2·π6＋φ＝1.∴π3＋φ＝k π＋π2，k ∈Z . ∵|φ|＜π2，∴φ＝π6.故f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.由图象可得f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3，k ∈Z . (2)由(1)可知，sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2－π12＋π6＝12，即sin A ＝12，又角A 为锐角，∴A ＝π6.∵0＜B ＜π，∴sin B ＝1－cos 2B ＝35.∴sin C ＝sin(π－A －B )＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝12×45＋32×35＝4＋3310.。

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.。

第19讲（数列单调性、奇偶项、存在性问题）【目标导航】中学研究的特殊数列只有等差数列与等比数列，一个是线性数列，一个是类指数数列，但数列性质却远远不止这些，因此新数列的考查方向是多样的、不定的，不仅可考查函数性质，而且常对整数的性质进行考查．明确考查方向是解决以新数列为背景的解答题的前提，恰当运用对应性质是解决问题思想方法． 【例题导读】例1、设数列{}n a ()*n N ∈是公差不为零等差数列，满足2369579,6a a a a a a +=+=；数列{}n b ()*n N ∈的前n 项和为n S ，且满足423n n S b +=． （1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式；（2）在1b 和2b 之间插入1个数11x ，使1112,,b x b 成等差数列；在2b 和3b 之间插入2个数2122,x x ，使221223,,,b x x b 成等差数列；……；在n b 和1n b +之间插入n 个数12,,...,n n nm x x x ，使121,,,...,n n n nm n b x x x b +成等差数列，（i ）求11212212......n n n nm T x x x x x x =+++++++； （ii ）是否存在正整数,m n ，使12m n ma T a +=成立？若存在，求出所有的正整数对(),m n ；若不存在，请说明理由．【答案】（1）()1*11,23n n n a n b n N -⎛⎫==∈ ⎪⎝⎭（2）13144323n n n n T -=--⋅⋅（i ）（ii ）(9,2)及(3,3)． 【解析】（1）设数列{}n a 的公差为()d d ≠0，则由条件369a a a +=， 可得()()111258a d a d a d +++=+，1a d ∴=，又由25796a a a +=，可得()()()21114668a d a d a d +++=+，将1a d =代入上式得254954d d d +=，24949d d ∴=01n d d a n ≠∴=∴=Q ，由423n n S b += ①当2n ≥时，11423n n S b --+= ②①-②得：14220n n n b b b -+-=，11(2)3n n b b n -∴=≥， 又111142302b b b +=∴=≠，{}n b ∴是首项为12，公比为13的等比数列，故()1*1123n n b n N -⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，()1*11,23n n n a n b n N -⎛⎫∴==∈ ⎪⎝⎭．（2）①在n b 和1n b +之间插入n 个数12,,,n n nn x x x K ， 因为121,,,,,n n n nn n b x x x b +K 成等差数列，设公差为n d ，则11111112323(2)113(1)n n n n n n b b d n n n -+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪⎪ ⎪⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭===-+-++， 则111233(1)n nk n n nk x b kd n -⎛⎫=+=- ⎪+⎝⎭，11111(1)233(1)23n nnk nn k n n nx n n -=+⎛⎫∴=⋅-⋅= ⎪+⎝⎭∑， 11212212211333n n n nn n nT x x x x x x ∴=+++++++=+++L L L ①则231111133333n n n n nT +-=++⋯++ ② ①-②得：2111111332111111133333323313nnn n n nn n n n T +++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=+++-=-=--⎪⎝⎭-L ， 13144323n n n n T -∴=--⋅⋅， ②若12m n m a T a +=，因为n a n =，所以m a m =，则13111144323222n nn m m m-+--==+⋅⋅， 1111443232n n n m ---=⋅⋅，从而3321432n n n m--=⋅， 故()23234623462323323323n n n n n n n n m n n n --++⋅+===+------， 当1n =时，*10232m N =+=-∉-， 当2n =时，*14292m N =+=∈，当3n =时，*213m N =+=∈，下证4(*)n n N ≥∈时，有32346n n n -->+，即证3690n n -->，设()369(4)x f x x x =--≥，则4()3ln 3636360x x f x '=->-≥->，()f x ∴在[4,)+∞上单调递增，故4n ≥时，43693649480n n -->-⨯-=>，即4601323nn n +<<--， 从而4n ≥时，m 不是整数，故所求的所有整数对为(9,2)及(3,3)．例2、有限个元素组成的集合为{}12,,,n A a a a =L ，*n N ∈，集合A 中的元素个数记为()d A ，定义{},A A x y x A y A +=+∈∈，集合A A +的个数记为()d A A +，当()()()()12d A d A d A A ⋅++=，称集合A 具有性质Γ．（1）设集合{}1,,M x y =具有性质Γ，判断集合M 中的三个元素是否能组成等差数列，请说明理由； （2）设正数列{}n d 的前n 项和为n S ，满足1123n n S S +=+，其中113d =，数列{}n d 中的前2020项：1232020,,,,d d d d L 组成的集合{}1232020,,,,d d d d L 记作D ，将集合D D +中的所有元素()*123,,,,k t t t t k N ∈L 从小到大排序，即123,,,,k t t t t L 满足123k t t t t <<<<L ，求2020t ；（3）已知集合{}12,,,n C c c c =L ，其中数列{}n c 是等比数列，0n c >，且公比是有理数，判断集合C 是否具有性质Γ，说明理由． 【解析】（1）集合M 中的三个元素不能组成等差数列，理由如下： 因为集合{}1,,M x y =具有性质Γ，所以()()()()162d M d M d M M ⋅++==，由题中所给的定义可知：M M +中的元素应是：2,1,1,2,2,x y x y x y +++这6个元素应该互不相等，假设M 中的三个元素能构成等差数列，不妨设1,,x y 成等差数列，这时有21x y =+这与集合元素集合中的6个元素互不相等矛盾，其它二种情况也是一样，故M 中的三个元素不能能构成等差数列；（2）11112(*)2(**)(2,)33n n n n S S S S n n N *+-=+⇒=+≥∈，(**)(*)-得：12n n d d +=，说明数列从第二项起，数列{}n d 是等差数列，因为1123n n S S +=+，113d =，所以有121212233d d d d +=+⇒=，所以22()23n n d -=⋅，显然113d =也成立，因此1222()2()33n n n d n N --*=⋅=∈．所以21998199912222,,,,,33333D ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭L 121121121222222221333m n n m n n m n m n n d d d m n ---------+<⇔+<⇔+<⇒<⇒<-，显然11(,)m n m n N *≤<-∈根据定义在n d 之间增加的元素个数为：(1)(1)(2)(3)212n n n n n --+-+-+++=L ，这样包括n d 在内前面一共有(1)(1)22n n n n n -++=个元素． 当63n =时，包括63d 在内前面共有2016个，显然不到第2020个数，所以只有当64n =时，能找到因此3636320204642228333t d d +=+=+=； （3）集合C 具有性质Γ，理由如下：设等比数列{}n c 的公比为q ，所以通项公式为：1110)(n n a a q a ->=，q 为有理数．设假设当1234n n n n <<…时，1423n n n n c c c c +=+成立，则有314211111111n n n n a q a q a q a q ----+=+，3141211n n n n n n q q q ---=+-因为q 为有理数，所以设mq n=(,)m n N *∈且,m n 互质，因此有 313143412141244241()()()1n x n n n x n x n n n n n n n n x n m m mm m n m n n n n n---------=+-⇒=⋅+⋅-， 式子的左边是m 的倍数，右边是n 的倍数，而,m n 互质，显然1423n n n n c c c c +=+不成立，因此C C +集合中的元素个数为：(1)(1)(2)212n n n n n ++-+-+++=L ，因此它符合已知所下的定义，因此集合C 是否具有性质Γ．例3、已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()2*241n n n a a S n N+=-∈．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若21211n n n n a b S S -++=⋅，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T 的取值范围；（3）若()211,22,n n na n c n ⎧+⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数()*n N ∈，从数列{}n c 中抽出部分项（奇数项与偶数项均不少于两项），将抽出的项按照某一顺序排列后构成等差数列．当等差数列的项数最大时，求所有满足条件的等差数列． 【解析】（1）当1n =时，由2241n n n a a S +=-，得2111241a a a +=-，得11a =， 由2241n n n a a S +=-，得2111241n n n a a S ++++=-，两式相减，得22111224n n n n n a a a a a +++-+-=，即()221120n n n n a a a a ++--+=，即()()1120n n n n a a a a ++--+=因为数列{}n a 各项均为正数，所以10n n a a ++>，所以12n n a a +-= 所以数列{}n a 是以1为首项，2为公差的等差数列．因此，12(1)21n a n n =+-=-，即数列{}n a 的通项公式为21n a n =-． （2）由（1）知21n a n =-，所以2(121)2n n n S n +-==所以22212112(21)(21)n n n n a n b S S n n -++==⋅-+221114(21)(21)n n ⎡⎛⎤=-⎢ ⎥-+⎝⎦⎣ 所以222222246133557n T =++⨯⨯⨯222(21)(21)n n n ++-+L 2222222111111111433557(21)(21)n n ⎧⎫⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-++-⎨⎬ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎩⎭L 21114(21)n ⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦， 令21()1(21)f n n =-+，则(1)()f n f n +-=2222118(1)0(21)(23)(23)(21)n n n n n +-=>++++， 所以()f n 是单调递增数列，数列{}n T 递增，所以129n T T ≥=，又14n T <，所以n T 的取值范围为21,94⎡⎫⎪⎢⎣⎭．（3）2,212,2n n n n k c n k=-⎧⎪=⎨⎪=⎩，设奇数项取了s 项，偶数项取了k 项，其中s ，*k N ∈，2s ≥，2k ≥．因为数列{}n c 的奇数项均为奇数，偶数项均为偶数，因此，若抽出的项按照某种顺序构成等差数列，则该数列中相邻的项必定一个是奇数，一个是偶数．假设抽出的数列中有三个偶数，则每两个相邻偶数的等差中项为奇数． 设抽出的三个偶数从小到大依次为2i ，2j ，()21pi j p ≤<<，则1122222i j i j --+=+为奇数，而1i ≥，2j ≥，则12j -为偶数，12i -为奇数，所以1i =．又1122222j p j p --+=+为奇数，而2j ≥，3p ≥，则12j -与12p -均为偶数，矛盾．又因为2k ≥，所以2k =，即偶数只有两项， 则奇数最多有3项，即s k +的最大值为5．设此等差数列为1d ，2d ，3d ，4d ，5d ，则1d ，3d ，5d 为奇数，2d ，4d 为偶数，且22d =． 由13224d d d +==，得11d =，33d =，此数列为1，2，3，4，5． 同理，若从大到小排列，此数列为5，4，3，2，1．综上，当等差数列的项数最大时，满足条件的数列为1，2，3，4，5和5，4，3，2，1． 例4、已知n *∈N ，数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11n n S a a +=-；数列{}n b 的前n 项和为n T ，且满足()112n n n T b n n b +=++，且12a b =．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求数列{}n b 的通项公式； （3）设nn na cb =，问：数列{}n c 中是否存在不同两项i c ，j c （1i j ≤<，i ，j *∈N ），使i j c c +仍是数列{}n c 中的项?若存在，请求出i ，j ；若不存在，请说明理由．【解析】（1）∵数列{}n b 的前n 项和为n T ，且满足()112n n n T b n n b +=++，∴11b =，22b =， 由11n n S a a +=-，得()112n n S a a n -=-≥． ∴()122n n a a n -=≥，且121a a a =-，即212a a =．∴数列{}n a 是首项为122a b ==，公比为2的等比数列，∴2nn a =．（2）∵()112n n n T b n n b +=++① 2n ≥时，()()11111112n n n T b n n b ---+=-+-+②①-②得()1111111222n n n n n b b b nb n b --+-=++--，∴()114231n n n n b b nb n b ---=+--，()()1433n n n b n b ----=-，3n ≥时，()()12543n n n b n b -----=-，∴()()()214428n n n n b n b n b ---+-=-，∴212n n n b b b --+=，∴{}n b 为等差数列，∴()111n b n n =+-⋅=．（3）2n n c n=，假设{}n c 中存在不同的两项i c ，j c （1i j ≤<），使i j k c c c +=（k *∈N ）222i j k i j k ⇒+=， 注意到()()()()11121212220111n nn n n n n n n n c c n n n n n n +++⋅-+⋅-⋅-=-==≥+++． ∴{}n c 单调递增，由22k jk j k j>⇒>，则1k j ≥+，∴()()11222211jk j i j k j i j j +-≥⇒≥++，令j i m -=（m 1≥），∴j m i =+，∴()()()()()112211111j ij j m i m i m i j i m i i m i -++++⎛⎫⎛⎫≤==++ ⎪⎪-+-+-⎝⎭⎝⎭，∵2m i +≥，∴2131m i +≤+-，而11m m i +≤+，∴()231mm ≤+，231m m≤+．令21nn C n =+，则()()()()()()11121222220211212n n n n n n n n n n C C n n n n n n ++++-+⋅-=-==>++++++， ∴{}n C 为单调递增，注意到3m =时，322313=<+，42163145=>+，∴m 只能为1，2，3．①当1m =时，11j i j i -=⇒=+，∴()()222212323221i i i i i i i i ++++≤==++，故i 只能为1，2，3，当1i =时，2j =，此时242442k k k =+=⇒=；当2i =时，3j =，此时2814233k k =+=无整数解，舍；当3i =时，4j =，此时2820433k k =+=，无正整数解，舍去． ②当2m =时，2j i =+，此时()()()2222346233601i i i i i i i i i+++≤⇒≥⇒--≤++，∴1i =，此时3j =，2814233k k =+=⇒无解；③当3m =时，3j i =+，此时()()()222348712816791202i i i i i i i i i i ++≤⇒++≥+⇒+-≤+，无正整数解，舍去．综上：存在1i =，2j =满足题意．例5、已知数列{}n a 的前n 项和n S ，对任意正整数n ，总存在正数,,p q r 使得1n n a p -=，n n S q r =-恒成立：数列{}n b 的前n 项和n T ，且对任意正整数n ，2n n T nb =恒成立． （1）求常数,,p q r 的值； （2）证明数列{}n b 为等差数列； （3）若12b =，记31222224n n n n n b n b n b P a a a +++=++ 1212222n n n n n nn b n b a a ---+++⋯++，是否存在正整数k ，使得对任意正整数n ，n P k ≤恒成立，若存在，求正整数k 的最小值，若不存在，请说明理由． 【解析】∵,p q 为正数 ∴2p q ==．又∵11a =，1S q r =-，且11a S = ∴1r =．（2）∵2n n T nb =③∴当2n ≥时，()1121n n T n b --=-④，∴③-④得： ()121n n n b nb n b -=--，即()()121n n n b n b --=-⑤， 又∵()11n n n b nb +-=⑥∴⑤+⑥得： ()()()112211n n n n b n b n b -+-=-+-，即112n n n b b b -+=+ ∴{}n b 为等差数列．（3）∵10b =，22b =，由（2）知{}n b 为等差数列 ∴22n b n =-．又由（1）知12n n a -=，∴122222n n n n n P -+=+ 2322444222n n n n ----+++L ， 又∵1222n n n P ++=++L 232221244424422222n n n n n n n n -----++++， ∴121214422222n n n n n n n nP P +--+-=+- 122424n n n n +-⋅=， 令10n n P P +->得122420n n n +-⋅>， ∴61123422n n n n+<=+<，解得1n =， ∴1n =时，10n n P P +->，即21p P >， ∵2n ≥时，24n≥，1342n+< ∴1612322n n n n+>+=，即122420nn n +-⋅<． 此时1n n P P +<，即234p p p >>>L ，∴n P 的最大值为2222227222n P ⨯⨯+=+= 若存在正整数k ，使得对任意正整数n ，n P k ≤恒成立，则max 72k P ≥=， ∴正整数k 的最小值为4．例6、定义：若无穷数列{}n a 满足{}1n n a a +-是公比为q 的等比数列，则称数列{}n a 为“()M q 数列”．设数列{}n b 中131,7b b ==（1）若24b =，且数列{}n b 是“()M q 数列”，求数列{}n b 的通项公式； （2）设数列{}n b 的前n 项和为n S ，且1122n n b S n λ+=-+，请判断数列{}n b 是否为“()M q 数列”，并说明理由；（3）若数列{}n b 是“(2)M 数列”，是否存在正整数,m n ，使得4039404020192019m n b b <<？若存在，请求出所有满足条件的正整数,m n ；若不存在，请说明理由． 【解析】【分析】（1）计算21323,3b b b b -=-=，故{}1n n b b +-是公比为1的等比数列，计算得到答案；（2）{}n b 是“()M q ”数列，化简得到1122n n n b b b +-=-，即()2113n n n n b b b b +++-=-，得到证明；（3）{}1n n b b +-是公比为2的等比数列，12n n n b b +-=，利用累加法得到21nn b =-，得到1m n =+，计算得到答案．【详解】（1）由题意可得21323,3b b b b -=-=，由数列{}n b 为“()M q 数列”可得()3221b b q b b -=-，即1q =，则{}1n n b b +-是公比为1的等比数列，即21*13,n n b b b b n N +-=-=∈，则{}n b 是首项为1，公差为3的等差数列，32n b n =-； （2）{}n b 是“()M q ”数列，，理由如下：2n ≥时，由1122n n b S n λ+=-+，可得112(1)2n n b S n λ-=--+， 两式作差可得1122n n n b b b +-=-即113,22n n b b n +-=-≥，则21132n n b b ++-=-，两式作差可得21133n n n n b b b b +++-=-，即()2113,2n n n n b b b b n +++-=-≥，由32313,72b b b -=-=，可得252b =，则()3221933322b b b b -==⨯=-， 则()2113n n n n b b b b +++-=-对任意*n N ∈成立，则{}1n n b b +-为首项是32，公比为3的等比软列，则{}n b 为()M q 数列；（3）由{}n b 是(2)M 数列，可得{}1n n b b +-是公比为2的等比数列， 即()11212n n n b b b b -+-=-，则()32212b b b b -=-，由131,7b b ==，可得23b=，则12n n n b b +-=，则()()()2112132122222n n n n n b b b b b b b b ---=-+-++-=+++=-L L ，则21nn b =-，若正整数,m n 满足4039404020192019m n b b <<，则40392140402019212019m n -<<-， 由210,210n m ->->，则2121m n ->-，则m n >，若2m n ≥+，则22121344212121m n n n n +--≥=+>---，不满足40392140402019212019m n -<<-， 若1m n =+，则140392140402019212019n n +-<<-，则403914040222019212019n -<<--，即1122019212019n <<-， 则2021220202n <<，则正整数10n =，则11m =； 因此存在满足条件的,,11,10m n m n ==．例7、设数列A ：1a ，2a ，…N a (N ≥)．如果对小于n (2n N ≤≤)的每个正整数k 都有k a ＜n a ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”．记“)(A G 是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合． （1）对数列A ：-2，2，-1，1，3，写出)(A G 的所有元素； （2）证明：若数列A 中存在n a 使得n a >1a ，则∅≠)(A G ；（3）证明：若数列A 满足n a -1n a - ≤1（n=2，3，…，N ），则)(A G 的元素个数不小于N a -1a ． 【答案】（1）()G A 的元素为2和5；（2）详见解析；（3）详见解析． 【解析】（3）当1a a N ≤时，结论成立．只要证明当1a a N >时仍然成立即可． 试题解析：（1）)(A G 的元素为2和5．（2）因为存在n a 使得1a a n >，所以{}∅≠>≤≤∈*1,2a a N i N i i ． 记{}1,2min a a N i N i m i >≤≤∈=*，则2≥m ，且对任意正整数m k a a a m k <≤<1,． 因此)(A G m ∈，从而∅≠)(A G ． （3）当1a a N ≤时，结论成立． 以下设1a a N >． 由（Ⅱ）知∅≠)(A G ．设{}p p n n n n n n A G <⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅=2121,,,,)(，记10=n ． 则p n n n n a a a a <⋅⋅⋅<<<210．对p i ,,1,0⋅⋅⋅=，记{}i n k i i a a N k n N k G >≤<∈=*,．如果∅≠i G ，取i i G m min =，则对任何i i m n k i a a a m k <≤<≤,1． 从而)(A G m i ∈且1+=i i n m ．又因为p n 是)(A G 中的最大元素，所以∅=p G ． 从而对任意n k n p ≤≤，p n k a a ≤，特别地，p n N a a ≤． 对i i n n a a p i ≤-⋅⋅⋅=-+11,1,,1,0．因此1)(111111+≤-+=--++++i i i i i n n n n n a a a a a ． 所以p a aa a a a i ip n pi n n N ≤-=-≤--∑=)(1111．【反馈练习】1．已知数列{}n a 的首项13a =，对任意的*n ∈N ，都有11(0)n n a ka k +=-≠，数列{}1n a -是公比不为1的等比数列．（1）求实数k 的值； （2）设4,,1,,n n n n b a n -⎧=⎨-⎩为奇数为偶数数列{}n b 的前n 项和为n S ，求所有正整数m 的值，使得221m m S S -恰好为数列{}n b 中的项．【答案】（1）2；（2）2． 【解析】（1）由11n n a ka +=-，13a =可知，231a k =-，2331a k k =--， 因为{1}na -为等比数列，所以2213(1)(1)(1)a a a -=--，即22(32)2(32)k k k -=⨯--，即231080k k -+=，解得2k =或43k =， 当43k =时，143(3)3n n a a +-=-，所以3n a =，则12n a -=， 所以数列{1}n a -的公比为1，不符合题意；当2k=时，112(1)n n a a +-=-，所以数列{1}na -的公比1121n n a q a +-==-， 所以实数k 的值为2．（2）由（1）知12nn a -=，所以4,,2,,n nn n b n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数 则22(41)4(43)4[4(21)]4m m S m =-++-+++--+L2(41)(43)[4(21)]444m m =-+-++--++++L L144(4)3m m m +-=-+，则212244(4)3m m m mS S b m m --=-=-+，因为22+1324m m m b b m +=-+，又222+322+1()()3420m m m m m b b b b ++-+=⨯->， 且2350b b +=>，130b =>，所以210m S ->，则20m S >，设2210,mt m S b t S -=>∈*N ， 则1,3t =或t 为偶数，因为31b =不可能，所以1t =或t 为偶数，①当2121=mm S b S -时，144(4)3344(4)3m mm m m m +--+=--+，化简得2624844m m m -+=--≤，即242m m -+≤0，所以m 可取值为1，2，3， 验证2173S S =，433S S =，658723S S =得，当2m =时，413S b S =成立．②当t 为偶数时，1222144(4)331443124(4)134m mmm mm m S S m m m m +---+==+--+--++， 设231244m m m m c -+-=，则211942214m m m m m c c ++-+-=，由①知3m >，当4m =时，545304c c --=<； 当4m >时，10m m c c +->，所以456c c c ><<L ，所以m c 的最小值为5191024c -=， 所以22130151911024m m S S -<<+<-+，令22214m m S b S -==，则2314312414mm m +=-+-+， 即231240m m -+-=，无整数解． 综上，正整数m 的值为2．2．已知无穷数列{}n a ，{}n b ，{}n c 满足：对任意的*n N ∈，都有1n a +=n n b c -，1n b +=n n c a -，1n c +=n n a b -．记n d ={},,n n n max a b c ({},,max x y z 表示3个实数x ，y ，z 中的最大值)．(1)若1a =1，1b =2，1c =4，求4a ，4b ，4c 的值； (2)若1a =1，1b =2，求满足2d =3d 的1c 的所有值；(3)设1a ，1b ，1c 是非零整数，且1a ，1b ，1c 互不相等，证明：存在正整数k ，使得数列{}n a ，{}n b ，{}n c 中有且只有一个数列自第k 项起各项均为0．【答案】（1）4a =0，4b =1-，4c =1．（2）2-，1-，1，2．（3）见详解 【解析】（1）由题意：2a =11b c -=24-=2-；2b =11c a -=41-=3；2c =11a b -=12-=1-；以此类推，看得出4a =0，4b =1-，4c =1．（2）若1a =1，1b =2，1c =x ，则2a =2x -，2b =1x -，2c =1-，，3a =11x --，3b =12x --，3c =21|x x ---，当01x ≤<时，3a =x -，3b =1|x -，3c =1，3d =1，由3d =2d ，得|x =1，不符合题意． 当12x ≤<，3a =2x -，3b =1x -，3c =32x -，，由3d =2d ，得x =1，符合题意．当2x ≥，3a =2x -，3b =3x -，3c =1-，由3d =2d ，得x =2，符合题意， 综上1c 的取值是：2-，1-，1，2．（3）先证明：存在正整数3k ≥，使，k a ，k b ，k c 中至少有一个为零， 假设对任意正整数3k ≥，k a ，k b ，k c 都不为零，由1a ，1b ，1c 是非零整数，且1a ，1b ，1c 互不相等，得1*d N ∈，*2d N ∈，若对任意3k ≥，k a ，k b ，k c 都不为零，则*k d N ∈．即对任意1k ≥，*k d N ∈． 当1k ≥时，1k a +={}|,k k k kkb c max b c d -<≤，1k b+=k k k c a d -<，1k c +=k k k a b d -<，所以1k d +={}111,,k k k k max a b c d +++<，所以{}k d 单调递减，由2d 为有限正整数，所以必存在正整数3m ≥，使得0m d ≤，矛盾，所以存在正整数3k ≥，使k a ，k b ，k c 中至少有一个为零，不妨设k a =0，且10a ≠，20a ≠…10k a -≠，则1k b -=1k c -，且1k b -=11k k c a --≠， 否则若1k b -=1k c -=1k a -，因为111k k k a b c ---++=0， 则必有1k a -=1k b -=1k c -=0，矛盾．于是，k b =110k k c a ---≠，k c =110k k a b ---≠，且k b =k c -，所以，1k a +=0，1k b +=k c ，1k c +=k b -=k c -，以此类推，即有：对n k ∀≥，n a =0，1n b +=k c ，1n c +=k c -，0k c ≠， 此时有且仅有一个数列{}n a 自k 项起各项均为0． 综上：结论成立．3．对于项数为m （*m ∈N 且1m >）的有穷正整数数列{}n a ，记{}12min ,,,k k b a a a =⋅⋅⋅(1,2,,)k m =⋅⋅⋅，即k b 为12,,,k a a a ⋅⋅⋅中的最小值，设由123,,,,m b b b b ⋅⋅⋅组成的数列{}n b 称为{}n a 的“新型数列”． （1）若数列{}n a 为2019，2020，2019，2018，2017，请写出{}n a 的“新型数列”{}n b 的所有项；（2）若数列{}n a 满足101,6222,7n n n a n n -⎧⎛⎫≤⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪-≥⎩，且其对应的“新型数列”{}n b 项数[21,30]m ∈，求{}n b 的所有项的和；（3）若数列{}n a 的各项互不相等且所有项的和等于所有项的积，求符合条件的{}n a 及其对应的“新型数列”{}n b ．【答案】（1）数列{}n b 为2019，2019，2019，2018，2017（2）1128（3）满足题意的数列{}n a ：1,2,3;1,3,2;2,1,3;2,3,1;3,1,2;3,2,1．所以对应的“新型数列”{}n b 分别为：1,1,1;1,1,1;2,1,1;2,2,1;3,1,1;3,2,1．【解析】（1）数列{}n b 为2019，2019，2019，2018，2017；（2）由已知得：当6n ≤时，{}n a 关于n 递减；当7n ≥时，{}n a 关于n 递减， 又67,a a >*n N ∴∈时，{}n a 关于n 递减．*N n a ∈Q ，21m ∴≤．又[21,30]m ∈，21m ∴=．{}n b ∴共21项且各项分别与{}n a 中各项相同，其和为262111110241024102415141222T ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭611115(151)2210241212⎛⎫- ⎪+⎝⎭=+-1128=． （3）先不妨设数列{}n a 单调递增，当2m =时，*12,a a N ∈，121222a a a a a +=<，12,a ∴<11a =，此时无解，不满足题意；当3m =时，由123123a a a a a a ++=得12312333a a a a a a a ++=<，123a a ∴<，又12a a <，11,a ∴=22a =，代入原式得33a =．当4m ≥时，1212n n m a a a a a a ma ++⋅⋅⋅+=⋅⋅⋅<， 而12(1)!m m m a a a m a ma ⋅⋅⋅≥->，矛盾， 所以不存在满足题意的数列{}n a ．综上，满足题意的数列{}n a ：1,2,3;1,3,2;2,1,3;2,3,1;3,1,2;3,2,1． 所以对应的“新型数列”{}n b 分别为：1,1,1;1,1,1;2,1,1;2,2,1;3,1,1;3,2,1．5．设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列．已知1122334,622,24a b b a b a ===-=+，． （Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足111,22,1,,2,k k n kk n c c b n +⎧<<==⎨=⎩其中*k ∈N ． （i ）求数列(){}221n n a c -的通项公式； （ii ）求()2*1ni ii a c n =∈∑N ．【答案】（Ⅰ）31n a n =+；32nn b =⨯（Ⅱ）（i ）()221941n n n a c -=⨯-（ii ）()()2*211*12725212nn n i i i a c n n n --=∈=⨯+⨯--∈∑N N【解析】(Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ． 依题意得()()262426262424124q d d q d d ⎧=+-=+⎪⎨=++=+⎪⎩，解得32d q =⎧⎨=⎩， 故4(1)331n a n n =+-⨯=+，16232n nn b -=⨯=⨯．所以，{}n a 的通项公式为31n a n =+，{}n b 的通项公式为32nn b =⨯．(Ⅱ)(i )()()()()22211321321941n n n nnnn a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-．所以，数列(){}221n n a c -的通项公式为()221941n n na c -=⨯-．(ii )()22111nni i i i i i i a c a a c ===+-⎡⎤⎣⎦∑∑()2222111nni i i i i a a c ===+-∑∑()2212432n nn ⎛⎫- ⎪=⨯+⨯ ⎪⎝⎭()1941n i i =+⨯-∑ ()()2114143252914n n n n---=⨯+⨯+⨯--()211*2725212n n n n N --=⨯+⨯--∈．5．已知数列{a n }满足：a 1＝1，且当n ≥2时，11(1)()2nn n a a R λλ---=+∈（1）若λ＝1，证明数列{a 2n -1}是等差数列；（2）若λ＝2．①设223n nb a =+，求数列{bn }的通项公式；②设2113ni n i Cn a n ==⋅∑，证明：对于任意的p ，m ∈ N *，当p > m ，都有p C ≥ C m ． 【答案】（1）证明见解析；（2）①243nn b =⋅；②证明见解析 【解析】（1）证明：当1λ=时，()1112nn n a a ---=+，()2+12+1221112n n n n a a a --∴=+=+①，()222121112n n n n a a a ----=+=②，则①+②得21211n n a a +--=， 当1n =时，11a =，{}21n a -∴是首项为1，公差为1的等差数列 （2）①当2λ=时，()11122nn n a a ---=+，当2n =时，()22111222a a --=+=， ()2222212111222n n n n a a a ++++--∴=+=①，()212122112212n n n n a a a ++--=+=+②，①+②2⨯得22242n n a a +=+，22222433n n a a +⎛⎫∴+=+ ⎪⎝⎭，即14n n b b +=， 122282333b a =+=+=Q ， {}n b \是首项为83，公比为4的等比数列，1824433n n n b -∴=⋅=⋅②由（2）①知()22413nn a =-，同理由212221212n n nn a a a a +-=+⎧⎨=⎩可得212141n n a a +-=+，212111433n n a a +-⎛⎫∴+=+ ⎪⎝⎭， 当1n =时，11141333a +=+=， 2113n a -⎧⎫∴+⎨⎬⎩⎭是首项为43，公比为4的等比数列，12114144333n n n a --∴+=⋅=⋅，()211413nn a -∴=- ()()213212421ni n n i a a a a a a a -=∴=+++++++∑L L()()()()()481414248433414141143143993n n n n n n n n n--=-+-=-+--=----， 1111444343333n n n n n n C n n n +++⎛⎫--∴=--= ⎪⋅⋅⎝⎭，()()211214314434133n n n n n n n n C C n n +++++-+----=-+⋅⋅ ()()()()21243143143413n n n n n n n n n +++⎡⎤-+--+--⎣⎦=+⋅()()122346681213n n n n n n n n ++-++++=+⋅()()122346141213n n n n n n n ++-⋅+++=+当1n =时，21321661412023C C -⨯+++-==⨯；当2n =时，213642428120233C C -+++-==⨯⨯； 当3n ≥时，10n n C C +->，∴对于一切n *∈N ，都有1n n C C +≥，故对任意,p m N *∈，当p m >时，p m C C ≥6.对于*,n N ∀∈若数列{}n x 满足11,n n x x +->则称这个数列为“K 数列”．（1）已知数列1，21,m m +是“K 数列”，求实数m 的取值范围；（2）是否存在首项为1-的等差数列{}n a 为“K 数列”，且其前n 项和n S 使得212n S n n <-恒成立?若存在，求出{}n a 的通项公式；若不存在，请说明理由；（3）已知各项均为正整数的等比数列{}n a 是“K 数列”，数列12n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭不是“K 数列”，若1,1n n a b n +=+试判断数列{}n b 是否为“K 数列”，并说明理由． 【答案】（1）2m >；（2）见解析；（3）见解析． 【解析】（Ⅰ）由题意得()111,m +->()211,m m -+>解得2,m >所以实数m 的取值范围是 2.m >（Ⅱ假设存在等差数列{}n a 符合要求，设公差为,d 则1,d > 由11,a =-得()1,2n n n S n d -=-+由题意，得()21122n n n d n n --+<-对*n N ∈均成立，即()1.n d n -< ①当1n =时，;d R ∈ ②当1n >时，,1n d n <- 因为111,11n n n =+>-- 所以1,d ≤与1d >矛盾， 所以这样的等差数列不存在．（Ⅲ）设数列{}n a 的公比为,q 则11,n n a a q -=因为{}n a 的每一项均为正整数，且()1110,n n n n n a a a q a a q --=-=->> 所以在{}1n n a a --中，“21a a -”为最小项． 同理，11122n n a a -⎧⎫-⎨⎬⎩⎭中，“211122a a -”为最小项． 由{}n a 为“K 数列”，只需211,a a ->即()111,a q -> 又因为12n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭不是“K 数列”，且211122a a -为最小项， 所以21111,22a a -≤即()112a q -≤， 由数列{}n a 的每一项均为正整数，可得()112,a q -= 所以11,3a q ==或12, 2.a q ==①当11,3a q ==时，13,n n a -=则3,1nn b n =+令()*1,n n n c b b n N+=-∈则()()133213,2112n n n n n c n n n n ++=-=⋅++++又()()()()12321332312n n n n n n n n +++⋅-⋅++++()()234860,213n n n n n n ++=⋅>+++ 所以{}n c 为递增数列，即121,n n n c c c c -->>>⋅⋅⋅> 所以213331,22b b -=-=> 所以对于任意的*,n N ∈都有11,n n b b +->即数列{}n b 为“K 数列”．②当12,2a q ==时，2,nn a =则12.1n n b n +=+因为2121,3b b -=≤ 所以数列{}n b 不是“K 数列”．综上：当11,3a q ==时，数列{}n b 为“K 数列”，当12,2a q ==时，2,nn a =数列{}n b 不是“K 数列”．7.数列{}n a 满足112n n n a a a +-=-对任意的*2,n n N ≥∈恒成立，n S 为其前n 项的和，且44a =，836S =． （1）求数列{}n a 的通项n a ；（2）数列{}n b 满足()12122321213212nn n k n k n n b a b a b a b a a --+-++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+=--，其中*1,2,,,=⋅⋅⋅∈k n n N ．①证明：数列{}n b 为等比数列；②求集合()*3,,,.p m m p a a m p m p N b b ⎧⎫⎪⎪=∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭【答案】（1）*,n a n n N =∈；（2）①过程见详解；②(){}6,8．【解析】（1）因为数列{}n a 满足112n n n a a a +-=-对任意的*2,n n N ≥∈恒成立，所以数列{}n a 是等差数列，设公差为d ，因为44a =，836S =，所以1134878362a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩，解得：111a d =⎧⎨=⎩， 因此*,n a n n N =∈；（2）①因为数列{}n b 满足()12122321213212nn n k n k n n b a b a b a b a a --+-++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+=--，()()1221(23)3212-+-+⋅⋅⋅+=--n n b n b n b n ，所以()()1121(23)2532122---+-+⋅⋅⋅+=--+n n b n b n b n （*2,n n N ≥∈），两式作差可得：()11212322--++⋅⋅⋅++=⋅-n n n b b b b （*2,n n N ≥∈），又()113212=--b a 也满足上式，所以()11212322--++⋅⋅⋅++=⋅-n n n b b b b ()*n N ∈，记数列{}n b 的前n 项和为n T ， 则12322--=⋅-n n n T b ，当2n ≥时，2112322----=⋅-n n n T b ，两式作差可得：2132n n n b b --+=⋅，所以()12101122(1)(2)0-----=--=⋅⋅⋅=--=n n n n n b b b ，即()121011122(1)(2)(1)(11)0------=--=⋅⋅⋅=--=--=n n n n n n b b b ，所以12n n b -=，因此12n nb b +=，即数列{}n b 为等比数列； ②由3p m m p a a b b =得11322m p m p --=，即32p mp m-=， 记n n n a c b =，由①得12-=n n n c ，所以1112++=≤n n c n n c ，因此1n n c c +≥（当且仅当1n =时等号成立）．由3pm m pa ab b =得3=>m p pc c c ，所以<m p ． 设(,,)*=-∈t p m m p t N ，由32p mp m-=得3()2+=tm t m ，即323t t m =-；当1t =时，3m =-，不符合题意； 当2t =时，6m =，此时8p =符合题意；当3t =时，95m =，不符合题意； 当4t =时，1213m =，不符合题意，下面证明当4t ≥，*t N ∈时，3123=<-t tm ， 不妨设()233(4)=--≥xf x x x ，则()2ln 230'=->xf x 在[)4,+∞上恒成立，所以()f x 在[)4,+∞单调递增； 所以()(4)10≥=>f x f ， 所以，当4t ≥，*t N ∈时，3123=<-t tm 恒成立，不符合题意； 综上，集合()(){}*3,,,6,8p m m pa a m p m p Nb b ⎧⎫⎪⎪=∈=⎨⎬⎪⎪⎩⎭． 8.给定数列{}n a ，若满足1a a =（0a >且1a ≠），对于任意的*,n m ∈N ，都有m n n m a a a +=，则称数列{}n a 为“指数型数列”．（1）已知数列{}n a 的通项公式为4nn a =，试判断数列{}n a 是不是“指数型数列”；（2）已知数列{}n a 满足112a =，()*1123n n n n a a a a n ++=+∈N ，证明数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭为等比数列，并判断数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是否为“指数型数列”，若是给出证明，若不是说明理由； （3）若数列{}n a 是“指数型数列”，且()*112a a a a +=∈+N ，证明数列{}n a 中任意三项都不能构成等差数列． 【答案】（1）是；（2）是，理由详见解析；（3）详见解析． 【解析】（1）数列{}n a ，444n mn m n m n m a a a ++==⨯=，所以数列{}n b 是“指数型数列”（2）数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是“指数型数列”11111311232131n n n n n n n n a a a a a a a a ++++⎛⎫=+⇒=+⇒+=+ ⎪⎝⎭，所以11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是等比数列， 11111133n n n a a -⎛⎫+=+⨯= ⎪⎝⎭，111113331m n n m n n n m a a a ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫++===+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 所以数列11n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是“指数型数列” （3）若数列{}n a 是“指数型数列”，由定义得：11112nn n mn m n n n a a a a a a a a a a +++⎛⎫=⇒=⇒== ⎪+⎝⎭假设数列{}n a 中存在三项s a ，t a ，u a 成等差数列，不妨设s t u <<则2t s u a a a =+，得：11122222t s ut s u a a a a a a a a a +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⇒=+ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭整理得：2(1)(2)(2)(1)t su s u s u s a a a a ----++=+++（*）若a 为偶数时，右边为偶数，(1)u sa -+为奇数，则左边为奇数，（*）不成立； 若a 为奇数时，右边为偶数，(2)u sa -+为奇数，则左边为奇数，（*）不成立；所以，对任意的*a ∈N ，（*）式不成立．9.定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”．（1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证：数列{a n }为“M －数列”； （2）已知数列{b n }满足：111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①b n =n ()*n ∈N ；②5．【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0．由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M —数列”．（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠． 由1111,b S b ==得212211b =-，则22b =．由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-，当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列． 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n N ∈．②由①知，b k =k ，*k N ∈．因为数列{c n }为“M –数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0． 因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k k q k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m ．当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-． 设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x-=． 令()0f 'x =，得x =e ．列表如下：f （x ） 极大值因为2663=<=，所以max ()(3)3f k f ==． 取33q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤， 经检验知1k qk -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216， 所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6． 综上，所求m 的最大值为5．10．对于数列{}n a ，把1a 作为新数列{}n b 的第一 项，把i a 或()2,3,4,...,i a i n -=作为新数列{}n b 的第i 项，数列{}n b 称为数列{}n a 的一个生成数列．例如，数列 1,2,3,4,5的一个生成数列是1,2,3,4,5--．已知数列{}n b 为数列()12n n N *⎧⎫∈⎨⎬⎩⎭的生成数列，n S 为数列{}n b 的前n 项和． （1）写出3S 的所有可能值； （2）若生成数列{}n b 满足311178n n S ⎛⎫=-⎪⎝⎭，求数列{}n b 的通项公式． 【答案】（1）1357,,,8888；（2）1,322()1,322n n nn k b k N n k *⎧=-⎪⎪=∈⎨⎪-≠-⎪⎩． 【解析】（1）由已知，()1231111,,2,,2248n n b b n N n b b *==∈≥∴=±=±，由于31117111511131111,,,,2488248824882488S ++=+-=-+=--=∴可能值为 1357,,,8888． （2）311178n n S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭Q ，当1n =时，12331111788a a a S ⎛⎫++==-= ⎪⎝⎭．当2n ≥时， 323133331111111178788n n n n n nn n a a a S S ----⎛⎫⎛⎫++=-=---=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，{}323131,,8n n n n n a a a n N b *--∴++=∈Q 是()12n n N *⎧⎫∈⎨⎬⎩⎭的生成数列，323133231332313111;;,222n n n n n n n n nb b b b b b ------∴=±=±=±∴++()()323131111142122288n n n n n n N *--=±±±=±±±=∈，在以上各种组合中，当且仅当()32313421,,888n n n n n n b b b n N *--==-=-∈时才成立．1,322()1,322n n nn k b k N n k *⎧=-⎪⎪∴=∈⎨⎪-≠-⎪⎩．。

微专题50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·n 2＋－1＋（2n －5）2·n2＝2n 2－3n2.②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 2m2×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<4k 2k .设f (k )＝4k 2k ，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)2k a 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)]34,(-∞(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}n {n S 是首项为1，公差为12的等差数列，∴S n n ＝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]34,(-∞(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）·2k 2＋（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，Pn ＝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 2，① n (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)d 3，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．。