数列中的奇偶项问题
高中数学：数列通项的奇偶项问题
中学数学：数列通项的奇偶项问题
在日常学习考试中，我们常常会遇到数列求和问题，通常的做法是先求出数列通项解析式，推断数列性质，再依据公式求和，这是大多数同学都能驾驭并娴熟运用的。
但也常常会遇到依据给出的条件，依据正常解题思路无法精确求出解析式的状况，这时，我们必需要学会巧用奇偶分析法求出通项解析式，或者选择放弃求通项解析式，采纳分类探讨法探讨，肯定会收到意想不到的效果。
同样的方法探讨偶数项的通项公式：
我们看到，不管n为奇数还是偶数，通项公式的形式是相同的。
在采纳奇偶分析法探讨数列的通项时，我们采纳了累加法.这个方法简洁易用，不简洁犯错。
当然，因为奇数项成等差，偶数项也成等差，你也可以利用等差数列的通项公式干脆写稀奇数项和偶数项的通项公式，前提是项数不要搞错。
下面，思索一个一般化的问题：
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，那么等差数列可理解为随意相邻两项的距离为定值(假设入>0)。
可是，由题我们只能确定间隔一项的两项距离为定值，如何做到符合等差数列的要求呢?
其实也简洁，假如我们使得第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......。
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)
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。
数列中的奇偶项通项与求和
数列中的奇偶项通项与求和这个我之前也讲过，不过是以视频的形式。
今天我就一起来说说奇偶通项公式。
我们来看看求奇偶项的通项公式！如果考试考这个，那估计得死一批才行。
题目问的是bn的通项公式，而且告诉我们bn=a(2n-1)的关系，那我们这里就往后面走一个【注意项数问题】，如下因为2n+1一定是奇数啊，又因为所以就有这种问题就解决了，多训练就没问题了！接下来我讲一下奇偶项之和，分为四类。
第一类一共有2n项【最后一项一定是偶数项】，所以你这边就有n 个奇数项和n个偶数项，这时候只要简单的分一下就行，如下这种形式还是比较简单的。
第二类这里是有n项，这最后一项是奇数项还是偶数项呢？我们不知道，既然不知道那就得讨论讨论！怎么个讨论？我们一般是先讨论n为偶数的时候【其实讨论奇数也是可以，不过后续操作会有点繁琐罢了】，即这时候你把偶数项求出来再求奇数项就好求多了这时候最终的结果就得写成分段的形式了，如下所以这边得清楚了，在分类讨论的时候一般先讨论n为偶数的时候，然后再用an=Sn-Sn-1来求n为奇数的时候。
第三类这个是让求2n项的，一定是个偶数项，所以我们在裂项之后是可以直接操作的，如下那如果不是求前2n项呢？是求n项的话那还得分类讨论才行！比如下一题还是先讨论当n为偶数的时候此时再求n为奇数项的时候有所以最终的结果是第四类这一类和上面一类有点相同，不过不一样的点在于这个引入了三角函数sin和cos的形式，这里只需要各位掌握的是下面的两个恒等式至此关于数列奇偶问题就结束了，不过关于数列问题还是有很多题型的，这类的奇偶只是“沧海一粟”而已，之前新高考一卷解答题第一题考了数列的奇偶，学生们错的一塌糊涂，虽然往后可能不考，但是万一考什么插项，存在性，恒成立，绝对值问题怎么办呢？就比如绝对值问题，随便出一个这个怎么求？还是要分类讨论的！学生解决数列问题，常规的知识点总得知道吧，比如:等差等比数列的相关性质，错位相减法，裂项相消法，倒序相加法，待定系数法，相除法，倒数法，构造法，累加法，累乘法等等！。
数列中的奇偶项问题
1 1 1 3 3 2 1 1 3
n
n 6 n(n 1) 9n 1 3n 2 6n 1 2 3
（3）显然当 n N * 时， S 2 n 单调递减，
又 当 n 1 时 ， S2
2
1 3 1 (1 ( ) k ) 1 (1 ( ) k ) 3 1 3 n 1 n 2 2 2[( ) k ( ) k ] 4 2[( ) 2 ( ) 2 ] 4 . 1 3 2 2 2 2 1 1 2 2
……6 分
②当 n 2k 1 时， Sn S2 k a2 k 2[( ) k ( ) k ] 4 ( ) k 1
a1 1, a 2 2 ，设 bn a 2 n 1 a 2 n ．
（1）若数列 bn 是公比为 3 的等比数列，求 S 2 n ；
（2）若 S 2 n 3( 2 n 1) ，数列 a n a n 1 也为等比数列，求数列的 a n 通项公式．
解：（1） b1 a1 a2 1 2 3 ， S2 n (a1 a2 ) (a3 a4 ) ...... (a2 n 1 a2 n )
7 8 0 ， 当 n 2 时 ， S 4 0 ， 所 以 当 n≥ 2 时 ， S 2 n 0 3 9
5
S 2 n 1 S 2 n a2 n
3 1 5 3n 2 6n ， 2 3 2
n
同理，当且仅当 n 1 时， S 2 n 1 0 ．
数列中的奇偶项问题
题型一、等差或等比奇偶项问题
(2)． 等比数列 an 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____ 8 ___
高中数学：数列通项的奇偶项问题
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......。
高中数学2轮15 第2部分 专题2 强基专题1 数列中的奇、偶项问题
数列中的奇、偶项问题“分段函数的递推关系”属于数列奇偶项的问题，该类问题主要考查学生的综合运用知识能力与探究问题能力，解决此类问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差(比)等，特别注意分类讨论等思想在解题中的灵活运用.【例1】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＝⎩⎨⎧a n －1＋1，n ＝2k 2a n －1＋1，n ＝2k ＋1(k ∈N *)．则下列选项不正确的为( )A ．a 6＝14B ．数列{a 2k －1＋3}(k ∈N *)是以2为公比的等比数列C ．对于任意的k ∈N *，a 2k ＝2k ＋1－3D ．S n ＞1 000的最小正整数n 的值为15C [由题设可得a 2k －a 2k －1＝1，a 2k ＋1－2a 2k ＝1， 因为a 1＝1，a 2－a 1＝1，故a 2＝a 1＋1＝2，所以a 2k ＋2－a 2k ＋1＝1，a 2k ＋1－2a 2k ＝1，所以a 2k ＋2－2a 2k ＝2， 所以a 2k ＋2＋2＝2(a 2k ＋2)，因为a 2＋2＝4≠0，故a 2k ＋2≠0， 所以a 2k ＋2＋2a 2k ＋2＝2，所以{a 2k ＋2}为等比数列，所以a 2k ＋2＝4×2k －1， 即a 2k ＝2k ＋1－2，故a 6＝16－2＝14，故A 正确，C 错误．又a 2k －1＝2k ＋1－2－1＝2k ＋1－3，故a 2k －1＋3＝2k ＋1，所以a 2k ＋1＋3a 2k －1＋3＝2，即{a 2k －1＋3}(k ∈N *)是以2为公比的等比数列，故B 正确．S14＝a1＋a2＋…＋a14＝a1＋(a1＋1)＋…＋a13＋(a13＋1)＝2(a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13)＋7＝2×(22－3＋23－3＋…＋28－3)＋7＝981，S15＝S14＋a15＝981＋509＝1 490＞1 000，故S n＞1 000的最小正整数n的值为15，故D正确．故选C．]题设中给出的是混合递推关系，因此需要考虑奇数项的递推关系和偶数项的递推关系，另外讨论D项是否成立时注意先考虑S14的值.【例2】已知数列{a n}满足a n＋1＋a n＝4n－3(n∈N*)．(1)若数列{a n}是等差数列，求a1的值；(2)当a1＝2时，求数列{a n}的前n项和S n.[解](1)若数列{a n}是等差数列，则a n＝a1＋(n－1)d，a n＋1＝a1＋nd.由a n＋1＋a n＝4n－3，得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝2nd＋2a1－d＝4n－3，所以2d＝4,2a1－d＝－3，解得，d＝2，a1＝－12.(2)由a n＋1＋a n＝4n－3，得a n＋2＋a n＋1＝4n＋1(n∈N*)．两式相减，得a n＋2－a n＝4.所以数列{a2n－1}是首项为a1，公差为4的等差数列，数列{a2n}是首项为a2，公差为4的等差数列，由a2＋a1＝1，a1＝2，得a2＝－1.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ， n 为奇数2n －5， n 为偶数.法一：①当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a n )＝2＋2(n －1)2·n 2＋－1＋(2n －5)2·n 2＝2n 2－3n 2.②当n 为奇数时，S n ＝2(n －1)2－3(n －1)2＋2n ＝2n 2－3n ＋52，所以S n＝⎩⎨⎧2n 2－3n ＋52，n 为奇数，2n 2－3n2，n 为偶数.法二：①当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n )＝1＋9＋…＋(4n －7)＝2n 2－3n2；②当n 为奇数时，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －2＋a n －1)＋a n ＝1＋9＋…＋(4n －11)＋2n ＝2n 2－3n ＋52. 所以S n＝⎩⎨⎧2n 2－3n ＋52，n 为奇数，2n 2－3n2，n 为偶数.1．数列中连续两项和或积的问题(a n ＋a n ＋1＝f (n )或a n ·a n ＋1 ＝f (n ))属于数列中的奇、偶项问题．2．对于通项公式分奇、偶不同的数列{a n }求S n 时，我们可以分别求出奇数项和偶数项的和，也可以把a 2k －1＋a 2k 看作一项，求出S 2k ，再求S 2k －1＝S 2k －a 2k .[跟进训练]1．数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝(－1)n (2n －1)，则{a n }的 前60项和为( ) A ．－1 710 B ．－1 740 C ．－1 770D ．－1 880C [根据题意，数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝(－1)n (2n －1)， 当n 为奇数时，有a n ＋1＋a n ＝－(2n －1)， 其中当n ＝1时，有a 2＋a 1＝－1， 当n ＝3时， 有a 4＋a 3＝－5， 当n ＝5时，有a 6＋a 5＝－9， …当n ＝59时，有a 60＋a 59＝－(2×59－1)＝－117， 则{a n }的前60项和S 60＝(a 2＋a 1)＋(a 4＋a 3)＋…＋(a 60＋a 59)＝(－1)＋(－5)＋…＋(－117)＝－(1＋5＋9＋…＋117)＝－(1＋117)×302＝－1 770.故选C ．]2．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧12a n ＋n ，n 为正奇数a n －2n ，n 为正偶数，b n ＝a 2n －2.(1)求a 2，a 3，a 4；(2)求证：数列{b n }为等比数列，并求其通项公式； (3)求和T n ＝a 2＋a 4＋…＋a 2n .[解](1)a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎨⎧12a n ＋n ，n 为正奇数a n －2n ，n 为正偶数，可得a 2＝1＋12a 1＝1＋12＝32；a 3＝a 2－4＝－52，a 4＝3＋12a 3＝74.(2)证明：b n ＝a 2n －2＝12a 2n －1＋2n －1－2＝12(a 2n －2－4n ＋4)＋2n －1－2＝12(a 2n －2－2)＝12b n －1，又b 1＝a 2－2＝－12，可得数列{b n }为公比为12，首项为－12的等比数列，即b n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.(3)由(2)可得a 2n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，T n ＝a 2＋a 4＋…＋a 2n ＝2n －⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋ (12)＝2n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝2n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 3．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，记S n 为{a n }的前n 项和，b n＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并写出其通项公式； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)求S n .[解] (1)因为a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，所以a n ＋2a n＝12，即a n ＋2＝12a n .因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，所以数列{b n }是公比为12的等比数列． 因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，b 1＝a 1＋a 2＝32， 所以b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n ，n ∈N *.(2)由(1)可知a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列，所以a 2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12 n ＋12－1，n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n2，n 为偶数.(3)因为S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝3－32n ，又S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3－32n －12n ＝3－42n ，所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3－32n 2，n 为偶数，3－42n ＋12，n 为奇数.4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝12n 2＋12n . (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝⎩⎨⎧a n ，n ＝2k －1，k ∈N *，2a n ，n ＝2k ，k ∈N *，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .[解] (1)因为S n ＝12n 2＋12n ， 所以当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n 2＋12n －⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(n －1)2＋12(n －1)＝n ，又n ＝1时符合上式，所以a n ＝n .(2)因为b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n ＝2k －1，k ∈N *，2a n ，n ＝2k ，k ∈N *，所以对任意的k ∈N *，b 2k ＋1－b 2k －1＝(2k ＋1)－(2k －1)＝2，则{b 2k ＋1}是以1为首项，2为公差的等差数列．又b 2k ＋2b 2k ＝22k ＋222k ＝4，所以{b 2k }是以4为首项，4为公比的等比数列．所以T 2n ＝(b 1＋b 3＋b 5＋…＋b 2n －1)＋(b 2＋b 4＋b 6＋…＋b 2n )＝(1＋3＋…＋2n －1)＋(4＋42＋43＋…＋4n )＝n (1＋2n －1)2＋4(1－4n )1－4＝n 2＋4n ＋13－43.。
高中数学数列中的奇偶项问题(经典题型归纳)
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，则这个数列的公差为________(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 nS 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 =，()()1133n n n n n a n a a n ++=-⎧⎪⎨⎪⎩为奇数为偶数，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．。
解答数列中分奇偶项求和问题的办法
知识导航数列是高中数学中非常重要的一个知识点，也是高考必考的内容.与数列有关的题目类型较多，其中，分奇偶项求和问题比较常见.此类问题中奇数项和偶数项的通项公式一般会有所不同，要解答此类问题，我们需要灵活运用分类讨论思想和分组求和方法.解答此类问题的基本思路是：（1）结合题意寻找数列中奇数项和偶数项的规律，分别求出它们的通项公式.在求通项公式时，要注意把数列的项数间隔开.（2）将数列分成奇数项和偶数项两组，分组进行求和.（3）将所得的结果汇总、化简，便可求得数列的和.下面，我们结合实例来进行探讨.例1.设S n 为数列{}a n 的前n 项和，S n =()-1na n -12n ，n ∈N ∗，则⑴a 3=，⑵S 1+S 2+⋯+S 100=.解法一：∵S n =()-1n a n -12n ，∴当n ≥2时，S n -1=()-1n -1a n -1-12n -1，两式相减得S n -S n -1=()-1n a n -12n -()-1n -1a n -1+12n -1，即a n =()-1n a n -()-1n -1a n -1+12n -1，（1）当n 是偶数时，a n =a n +a n -1+12n ，所以a n -1=-12n ，即n 为奇数时，a n =-12n +1；（2)当n 是奇数时，2a n =-a n -1+12n ，a n -1=-2a n +12n =12n -1，即当n 时偶数时，a n =12n .∴S 1+S 2+⋯+S 100=æèçöø÷122+124+⋯+12100+æèçöø÷123+125+⋯+1299-12+122+⋯+12100=13æèçöø÷12100-1.我们知道，在给定S n 与a n 之间的关系时，可以利用a n =S n -S n -1()n ≥2来求出a n 的通项公式,但是这道题目所给的条件中含有()-1n，需要运用分类讨论思想分n 为奇数和偶数两种情况进行讨论..解法二：∵S n =()-1n a n -12n ，∴S n =()-1n ()S n -S n -1-12n ，(1)当n 是偶数时，S n =S n -S n -1-12n ，S n -1=-12n ，即当n 是奇数时，S n =-12n +1；(2）当n 是奇数时，S n =-S n +S n -1-12n，S n -1=2S n +12n =0，即当n 是偶数时，S n =0;这里直接讨论当n 为奇数和偶数时数列的和式的表达式，通过分组求和求得数列的和.例2.设数列{}a n 满足a 1=1,a 2=1,a 3=4,a 4=14，数列{}a n 前n 项和是S n ，对任意的n ∈N ∗，f ()x =a n +2a n x +()a n +a n +2-2a n +1cos x -a n +4a n +2e x ，因为f ′()0=0，当n 时偶数时，S n 的表达式是.解：对函数求导可得f ′()x =a n +2a n-(a n +a n +2-2)a n +1sin x -an +4a n +2e x ，因为f ′()0=0，所以a n +2a n =a n +4a n +2，所以数列{}a n 中所有的奇数项成等比数列，所有的偶数项成等比数列.由题目条件可知，a 1=1,a 2=1,a 3=4,a 4=14，则当n 为偶数时，数列是以首项为1、公比为14的等比数列.当n 为奇数时，数列是以首项为1、公比为4的等比数列.所以当n 是偶数时，S n =1∙æèçöø÷1-4n21-4+1∙éëêêùûúú1-æèöø14n21-14=2n3-43×2n +1.这道题中f ()x 的表达式较为复杂，我们首先对f ()x 进行求导，就能发现a n 与a n +1的联系，便可求出当n 为奇数和偶数时数列的通项公式，再运用等比数列的前n 项求和公式求出当n 是偶数时数列的和.分奇偶项求和问题较为复杂，解答此类问题的关键是运用分类讨论思想对数列中的奇数项和偶数项进行讨论，求得奇数项和偶数项的通项公式，再运用分组求和法求出数列的和.在解题的过程中，同学们要注意隔项进行分析，将奇数项或者偶数项单独列出，分别进行讨论、求和.（作者单位：广西贺州市贺州第一高级中学）梁敏S 1+S 2+⋯+S 100=-æèçöø÷122+124+⋯+12100=13æèçöø÷12100-1.39Copyright©博看网 . All Rights Reserved.。
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n n 1 2 2
2
n 1 n 3 2 2
3、相间两项之差为常数； 例 3：已知数列{an}中 a1=1，a2=4，an=an-2+2 （n≥3） ，Sn 为{an}前 n 项和，求 Sn
解：∵an-an-2=2 （n≥3） ∴a1,a3,a5,…,a2n-1 为等差数列；a2,a4,a6,…,a2n 为等差数列
1 1 1 1 n2 1 n2 ②n 为奇数时： an 2( ) 2( ) 3 3
n 1 n 1 11 * 2(2( ) 2) 2 n n2 k2 k 1( k 1( k N )N ) 33 a { n 则有：nan { n 11 1 1 * ( ( ) 2 ) 2 n n2 k (2 kk N )N ) ( k 2 3
作业：数列{an}满足 an+1+（﹣1）nan=2n﹣1，则{an}的前 60 项和为
方法五：当 为奇数时, ,
．
因 此 每 四 项 的 和 依 此 构 成 一 个 以 10 为 首 项 ,16 为 公 差 等 差 数 列 , 所 以
的前
项和为
1 n 2 * x C x ( ) 0 n N 练习：已知 an，an+1 为方程 的两根 ∈ ， n 3 a1=2，Sn=C1+C2+…+Cn，求 an 及 S2n。
解：①当 n 为偶数时： S n a1 a2 a3 a4 … an 1 an
(a1 a2 ) (a3 a4 ) … (an 1 an )
②当 n 为奇数时： S n a1 (a2 a3 ) (a4 a5 ) … (an 1 an )
②n 为偶数时，n+1 为奇数： Cn an an 1
n n 1 1 n 1 5 1 ( ) 2 2( ) 2 ( ) 2 则： 2 3 3 2 3
5 1 （1- n ） 6 3 于是： C2 C4 C6 … C2 n 1 1 3
S2 n c1 c2 c3 c4 ... c2 n 1 c2 n 1 1 ) (1 ) n n 13 5 3 . 3 9 (1 1 ) . 6 1 1 6 1 1 2 3n 3 3 (1
n 当 n 为偶数时： an 4 ( 1) 2 n 2 2 n 1 1) 2 n 当 n 为奇数时： an 1 ( 2
* 即 n∈N 时，
n an n 1 ( 1)
∴①n 为偶数时： S n (1 2 3 … n)
作业：数列{an}满足 an+1+（﹣1）nan=2n﹣1，则{an}的前 60 项和为
方法四：由 an+1+（﹣1）nan=2n﹣1，得：
=﹣（﹣1）n+1[﹣（﹣1）nan+2n﹣1]+2n+1=
．
，
∴ 同理：
， ，于是 ，
令 bn=a4n+a4n﹣1+a4n﹣2+a4n﹣3，则 bn+1=bn+16，b1=10，于是，bn=16n﹣6， 前 16 项和为 ．
方法一：不妨令 a1＝1，则 a2＝2，a3＝a5＝a7＝…＝1，a4＝6，a6＝10，…， 所以当 n 为奇数时，an＝1；当 n 为偶数时，各项构成以 2 为首项，4 为公差 30×30－1 的等差数列，所以前 60 项的和为 30＋2×30＋ ×4＝1830. 2
．
方 法 二 ： 由 题 意 可 得 a2-a1=1 ， a3+a2=3 ， a4-a3=5 ， a5+a4=7 ， a6-a5=9 ，
∴{an}的前60项和为15×2+(15×8+（15×14）/2 ×16)=1830，
作业：数列{an}满足 an+1+（﹣1）nan=2n﹣1，则{an}的前 60 项和为
方法三：∴a 2 =a 1 +1，a 3 =－a 2 +3=－(a 1 +1)+3=－a 1 +2，a 4 =a 3 +5=－a 1 +7， a 5 =a 1 ，a 6 =a 1 +9，a 7 =－a 1 +2，a 8 =－a 1 +15 a 9 =a 1 ，a 10 =a 1 +17，a 11 =－a 1 +2，a 12 =－a 1 +23 a 13 =a 1 ，a 14 =a 1 +25，a 15 =－a 1 +2，a 16 =－a 1 +31
a7+a6=11，…a50-a49=97，变形可得 a3+a1=2，a4+a2=8，a7+a5=2，a8+a6=24， a9+a7=2，a12+a10=40，a13+a15=2，a16+a14=56，…
从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，
从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，16为公差的等 差数列。
数列中奇偶项问题
1、相邻两项符号相异；
（-1）（4n-3） 例 1：求和： Sn …
n n 2
解：当 n 为偶数时： Sn 1 5 9 13 n n
n n(n 1) 1 3 2 n n2 n 2 2 2 2 n 1 n(n 1) 1 2 3 2 n 1 n n 1 ②n 为奇数时： S n (1 2 3 … n) 2 2 2 2
作业：数列{an}满足 an+1+（﹣1）nan=2n﹣1，则{an}的前 60 项和为
an 2 1 1 n a a ( ) 解：依题意： n ∴ n 1 an 3 3
∴ 其中 a1 2, a2
1 。 6
a1 , a3 , a5 ,..., a2n1 为等比数列； a2 , a4 , a6 ,..., a2n 为等比数列
n n 1 1 1 n 1 1 1 1 ∴①n 为偶数时： an a2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 3 6 3 2 3
2 3
而 Cn=an+an+1
1 1 1 1 n2 1 1 n2 13 1 n2 ∴①n 为奇数时，n+1 为偶数： Cn an an 1 2( ) ( ) ( ) 3 2 3 6 3
13 1 （1- n ） 6 3 则： C1 C3 C5 … C2 n 1 1 1 3
（4n-3） 当 n 为奇数时： Sn 1 5 9 13 n n
n -1 4 （4n-3） n 2
2、相邻两项之和为常数； 例 2：已知数列{an}中 a1=2，an+an+1=1，Sn 为{an}前 n 项和，求 Sn
．
∴a 1 +a 2 +a 3 +a 4 =1+2+7=10，
a 9 +a 10 +a 11 +a 12 =17+2+23=42，
a 5 +a 6 +a 7 +a 8 =9+2+15=26， a 13 +a 14 +a 15 +a 16 =25+2+31=58，
由此发现，此数列的每四项之和为一常数，且每四项和构成一首项为 10，公差为 16 的等差 4，所以{a n }的前 数列，而 60=15× 10+ 项和为 15× =1830