2020届高考数学二轮复习专题《与数列奇偶项有关的问题》
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。
2020届高考数学二轮复习专题《与数列奇偶项有关的问题》
(2k－1)·2k 2
＋
(2k－2)(2k＋3) 2
＝4k2－3＝
n2＋64n－3，
特别地，当n＝1时，P1＝1也符合上式；
③当n＝4k－1(k∈N*)时，Pn＝S2k－1＋B2k＝(2k－21)2k＋2k(22k＋5) ＝4k2＋4k＝n2＋64n＋5.
14n2＋32n，n＝2k， 综上，Pn＝n2＋64n－3，n＝4k－3，k∈N*，
②当n＝2m－1，m∈N*时，Tn＝T2m－1＝T2m－(－1)2m－1a2ma2m＋1＝－
1 9
(8m2＋12m)＋
1 9
(16m2＋16m＋3)＝19(8m2＋4m＋3)＝19(2n2＋6n＋7)．
所以Tn＝19－(219n(22＋n26＋n＋6n7)，)，nn为为偶奇数数，.
要使Tn≥tn2对n∈N*恒成立，只要使－
n2＋64n＋5，n＝4k－1.
数列{an}的前n项和Sn＝n(n2＋1)，数列{bn}的前n项和Bn＝n(n2＋5)，
①当n＝2k(k∈N*)时，Pn＝Sk＋Bk＝
k(k＋1) 2
＋
k(k＋5) 2
＝k2＋3k＝
n 2
2＋3×n2
＝
1 4
n2＋
3 2
n；
②当n＝4k－3(k∈N*)时，Pn＝S2k－1＋B2k－2＝
Sn＝n2；
设数列{an}的公差为d.因为2a5－a3＝13，S4＝16， 所以42a(a1＋1＋64dd＝)－16(，a1＋2d)＝13， 解得da＝1＝21，， 所以an＝2n－1，Sn＝n2.
n
(2)设Tn＝ (－1)i·ai，若对一切正整数n，不等式λTn<[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1恒成
2020年高三数学大串讲第19讲(数列单调性、奇偶项、存在性问题)(原卷版)
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．。
微专题50 与数列奇偶项有关的问题
(2)解法 1：①当 n 为偶数时，设 n＝2k，k∈N ，则 T2k＝(a2－a1) ＋(a4－a3)＋…＋(a2k－a2k－1)＝2k.代入不等式 λTn<[an＋1＋(－1)
k k n＋1
＋4 － 2n 1， 得 λ· 2k<4k， 从而 λ<2k.设 f (k)＝2k， 则 f (k＋1)－f (k)＝ －2k 2(k＋1)
* 2m－1
a2ma2m＋1＝－
1 1 1 1 2 2 2 2 9(8m ＋12m)＋9(16m ＋16m＋3)＝9(8m ＋4m＋3)＝9(2n ＋6n＋7)．
－1(2n2＋6n)，n为偶数， 9 所以 Tn＝ 1 2 (2 n ＋ 6 n ＋ 7) ， n 为奇数 . 9
1 2 2 要使 Tn≥tn 对 n∈N 恒成立， 只要使－9(2n ＋6n)≥tn ， (n 为偶数)
2n2－3n＋5 ， n 为奇数， 2 2 2 n －3 n ， n为偶数. 2
1 2x＋3 * 变式 1 设函数 f (x)＝ 3x (x>0)， 数列{an}满足 a1＝1， an＝f ( n ∈ N ， a n－1
且 n≥2)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…＋(－1)n 1anan＋1，若 Tn≥tn2
微专题50
与数列奇偶项有关的问题
热点追踪
有关数列奇偶项的问题是高考经常涉及的问题， 解决此类问题的难 点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差(比)等．本专题主 要研究与数列奇偶项有关的问题， 并在解决问题中让学生感悟分类讨论 等思想在解题中的有效运用.
例题：已知数列{an}满足，an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)． (1)若数列{an}是等差数列，求 a1 的值； (2)当 a1＝2 时，求数列{an}的前 n 项和 Sn.
2019-2020年高考数学二轮复习第2部分专题二数列必考点
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18 数列中的奇、偶项问题
高考数学复习考点题型解题技巧专题讲解第18讲数列中的奇、偶项问题高考定位数列的奇、偶项问题，是近年来的高考的热点问题，考察了学生的分类与整合能力，考察了学生的探究发现的能力，也是今后考察的热点。
专题解析（1）求通项和求和时，分奇数项与偶数项分别表达；（2）求S n时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.专项突破类型一、数列中连续两项和或积的问题(a n＋a n＋1＝f(n)或a n·a n＋1＝f(n))；例1-1.已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＋a n＝4n.(1)求数列{a n}的前100项和S100；(2)求数列{a n}的通项公式.解(1)∵a1＝1，a n＋1＋a n＝4n，∴S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝4×1＋4×3＋...＋4×99＝4×(1＋3＋5＋ (99)＝4×502＝10 000.(2)由题意，a n ＋1＋a n ＝4n ，①a n ＋2＋a n ＋1＝4(n ＋1)，② 由②－①得，a n ＋2－a n ＝4， 由a 1＝1，a 1＋a 2＝4，所以a 2＝3.当n 为奇数时，a n ＝a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12－1×4＝2n －1， 当n 为偶数时，a n ＝a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2－1×4＝2n －1.综上所述，a n ＝2n －1.练．设各项均为正数的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，520S =，且2a ，61a -，11a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的公差d ；（2）数列{}n b 满足1n n n b b a ++=，且111b a +=，求数列{}n b 的通项公式． 【答案】 （1）1d =；（2）()11124n n n b -+-=+.【分析】（1）根据2a ，61a -，11a 成等比数列可得()262111a a a -=，利用1,a d 表示出520S =和()262111a a a -=，解方程组可求得1,a d ，结合0n a >可得结果；（2）由（1）可得11n n b b n +=-++，整理得()1131312424n n b n b n +⎛⎫--=---- ⎪⎝⎭，可知数列()13124n b n ⎧⎫---⎨⎬⎩⎭为等比数列，由等比数列通项公式可推导得到结果.（1）（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，2a Q ，61a -，11a 成等比数列，()262111a a a ∴-=，即()()()21115110a d a d a d +-=++，又51545202S a d ⨯=+=，解得：121a d =⎧⎨=⎩或18217717a d ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩；当18217717a d ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩时，13182842120171717a a d =+=-=-<，与0n a >矛盾，121a d =⎧∴⎨=⎩，即等差数列{}n a 的公差1d =； （2）由（1）得：1n a n =+，11n n b b n +∴+=+，即11n n b b n +=-++，()1131312424n n b n b n +⎛⎫∴--=---- ⎪⎝⎭，又1121b a +==，解得：11b =，∴数列()13124n b n ⎧⎫---⎨⎬⎩⎭是以13144b -=为首项，1-为公比的等比数列， ()()113111244n n b n -∴---=-⨯，整理可得：()11124n n n b -+-=+.练．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，121()n n a a n n N +++=+∈，则数列1{}nS 的前2020项的和为（） A ．20202021B ．40402021C ．40392020D ．40412022【答案】B 【分析】首先根据已知条件求得n a ，然后求得n S ，利用裂项求和法求得正确答案. 【详解】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，121n n a a n ++=+，则2132a a =-=. 所以2123n n a a n +++=+，两式相减得：22n n a a +-=，且11a =，22a =， 当n 为奇数时，11121122n n a a n n +⎛⎫=+-⨯=++-=⎪⎝⎭， 当n 为偶数时，212222n na a n n ⎛⎫=+-⨯=+-= ⎪⎝⎭，所以n a n =，所以数列{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列. 所以(1)2n n n S +=， 故12112()(1)1n S n n n n ==-++，所以121111111112(1)2(1)22311n n T S S S n n n =++⋯+=-+-+⋯+-=-++，则2020140402(1)20212021T =-=. 故选：B例1-2.在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，记S n 为{a n }的前n 项和，b n ＝a 2n ＋a 2n－1，n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并写出其通项公式； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)求S n .解 (1)因为a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，所以a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . 因为b n ＝a 2n ＋a 2n －1，所以b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12，所以数列{b n }是公比为12的等比数列.因为a 1＝1，a 1·a 2＝12，所以a 2＝12，b 1＝a 1＋a 2＝32，所以b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n ，n ∈N *.(2)由(1)可知a n ＋2＝12a n ，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列， 所以a 2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12，n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 2，n 为偶数.(3)因为S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＝3－32n ，又S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3－32n －12n ＝3－42n ，所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3－32n2，n 为偶数，3－42n ＋12，n 为奇数.练．已知正项数列{}n a 的首项11a =，其前n 项和为n S ，且12n nn aa S +=.数列{}n b 满足：1n a +(b 1+b 2)n n b a ++=.（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）记*n c n N =∈122n c c c +++<.【答案】 （1）(*)n a n n N =∈ （2）证明见解析 【分析】（1）根据题意得到12n n n a a S +=和112(2)n n n a a S n --=≥，两式相减得112(2)n n a a n +--=≥，解得答案.（2）计算1(1)n b n n =+，n c =n c <和n c >，利用裂项相消法计算得到证明. （1）由12n n n a a S +=得112(2)n n n a a S n --=≥，两式相减得112(2)n n a a n +--=≥，由11a =，得22a =，数列的偶数项和奇数项分别是公差为2的等差数列， 当n 为奇数时，n a n =，当n 为偶数时，n a n =. 综上所述(*)n a n n N =∈. （2） 由1211n n n a nb b b a n ++++==+，1211n n b b b n --+++=，2n ≥，112b =， 两式相减得1(1)n b n n =+，2n ≥，验证112b =成立，故1(1)n b n n =+.则n c那么n c =，故12111112(1)2231n c c c nn +++<-+-++-+=2(12<，同理n c，故121111112()233412n c c c n n +++>-+-+-++.类型二、含有(－1)n 的类型；例2-1.数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，数列{b n }满足b n ＝a n ＋1＋(－1)n a n ，n ∈N *. (1)若数列{a n }是等差数列，求数列{b n }的前100项和S 100； (2)若数列{b n }是公差为2的等差数列，求数列{a n }的通项公式. 解 (1)∵{a n }为等差数列，且a 1＝1，a 2＝2，∴公差d ＝1，∴a n ＝n .∴b n ＝⎩⎨⎧a n ＋1－a n ＝1，n 为奇数，a n ＋1＋a n ＝2n ＋1，n 为偶数，即b n ＝⎩⎨⎧1，n 为奇数，2n ＋1，n 为偶数，∴b n 的前100项和S 100＝(b 1＋b 3＋...＋b 99)＋(b 2＋b 4＋...＋b 100) ＝50＋(5＋9＋13＋ (201)＝50＋50×5＋50×（50－1）2×4＝5 200.(2)由题意得，b 1＝a 2－a 1＝1，公差d ＝2， ∴b n ＝2n －1.∴⎩⎨⎧b 2n －1＝a 2n －a 2n －1＝4n －3， ①b 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n ＝4n －1， ② 由②－①得，a 2n ＋1＋a 2n －1＝2， ∴a 2n ＋1＝2－a 2n －1，又∵a 1＝1，∴a 1＝a 3＝a 5＝…＝1， ∴a 2n －1＝1，∴a 2n ＝4n －2， 综上所述，a n ＝⎩⎨⎧1，n 为奇数，2n －2，n 为偶数.例2-2.设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)na n －12n ，n ∈N *.(1)求a 3；(2)求S 1＋S 2＋…＋S 100.解(1)令n＝4，则S4＝a4－124，∴S3＝－124.令n＝3，则S3＝－a3－1 23，∴a3＝－S3－123＝－124.(2)当n＝1时，a1＝－1 4；当n≥2时，a n ＝S n－S n－1＝(－1)n·a n－12n－(－1)n－1·a n－1＋12n－1＝(－1)n·a n＋(－1)n·a n－1＋12n ，即a n＝(－1)n·a n＋(－1)n·a n－1＋12n.(*)①当n为偶数时，由*式可得a n－1＋12n＝0，则a n－1＝－12n ，∴a n＝－12n＋1，此时n为奇数.②当n为奇数时，由*式可得a n－1＝－2a n＋12n＝－2·⎝⎛⎭⎪⎫－12n＋1＋12n＝12n－1，∴a n＝12n，此时n为偶数.综上所述，a n＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n ＋1，n 为奇数，12n，n 为偶数.∴S 1＋S 2＋…＋S 100＝(－a 1＋a 2)＋(－a 3＋a 4)＋…＋(－a 99＋a 100)－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12100 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋116＋…＋12100－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12100＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1. 练 .数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A.200B.－200C.400D.－400 答案 B解析 S 100＝1－5＋9－…－397＝4×(－50)＝－200.练.已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝12，[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，n ∈N *.(1)令b n ＝a 2n －1，判断{b n }是否为等差数列，并求数列{b n }的通项公式； (2)记数列{a n }的前2n 项和为T 2n ，求T 2n .解 (1)因为[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0， 所以[3＋(－1)2n －1]a 2n ＋1－2a 2n －1＋2[(－1)2n －1－1]＝0， 即a 2n ＋1－a 2n －1＝2，又b n ＝a 2n －1，所以b n ＋1－b n ＝a 2n ＋1－a 2n －1＝2，所以{b n }是以b 1＝a 1＝1为首项，2为公差的等差数列. 所以b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，n ∈N *.(2)对于[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0， 当n 为偶数时，可得(3＋1)a n ＋2－2a n ＋2(1－1)＝0， 即a n ＋2a n ＝12，所以a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，12为公比的等比数列； 当n 为奇数时，可得(3－1)a n ＋2－2a n ＋2(－1－1)＝0， 即a n ＋2－a n ＝2，所以a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，2为公差的等差数列，所以T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×1＋12n （n －1）×2＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＝n 2＋1－12n ，n ∈N *.类型三、含有{a 2n }，{a 2n －1}的类型；例3-1.已知数列{a n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 2n －1＝a 2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝n a n a n ＋1(－1)n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)S 2n －1＝（2n －1）（a 1＋a 2n －1）2＝a n (2n －1)＝a 2n ，∵a n ≠0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *). (2)b n ＝n a n a n ＋1(－1)n ＝n （2n －1）（2n ＋1）(－1)n ＝14⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1(－1)n ，当n 为偶数时T n ＝14⎝⎛⎭⎪⎫－11－13＋13＋15－15－17＋…＋12n －1＋12n ＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫－11＋12n ＋1＝－n4n ＋2，当n 为奇数时T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫－11－13＋13＋15－15－17＋…－12n －1－12n ＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫－11－12n ＋1＝－n －14n ＋2. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 4n ＋2，n 为偶数，－n ＋14n ＋2，n 为奇数.练．已知数列{}n a 满足11a =，()2211nn n a a -=+-，2123n n n a a +=+（*N n ∈），则数列{}n a 的前2017项的和为（） A ．100332005- B ．201632017- C ．100832017- D ．100932018-【答案】D 【分析】根据给定条件求出21{}n a -与2{}n a 的通项，进而求得212n n a a ++即可求出数列{}n a 的前2017项的和. 【详解】在数列{}n a 中，11a =，221(1)n n n a a -=+-，2123n n n a a +=+，*N n ∈， 则有1122212(1)3(1)n n n n n n a a a ++++=+-=++-，即12223(1)n n n n a a ++-=+-，而20a =，于是得2242642224222()()()()n n n n n a a a a a a a a a a ---=+-+-++-+-223211[3(1)][3(1)][3(1)][3(1)]n n n n ---=+-++-+++-++-221231[3333][(1)(1)(1)(1)]n n n n ---=+++++-+-++-+-113(13)1(1)113(1)1131(1)22n n n n -----=+=⋅+⋅-----，因此，212222113232[3(1)1]322n n n n nn n n n n a a a a a ++=++=+=⋅+⋅--+23(1)2n n =⋅+--，则2017123456720162017()()()()S a a a a a a a a a =+++++++++2233100810081[23(1)2][23(1)2][23(1)2][23(1)2]=+⋅+--+⋅+--+⋅+--++⋅+--23100823100812(3333)[(1)(1)(1)(1)]21008=++++++-+-+-++--⋅100810093(13)12020163201813-=+⋅+-=--，数列{}n a 的前2017项的和为100932018-. 故选：D练．数列{}n a 满足11a =，21n n a a n --=（*n N ∈且2n ≥），数列{}21n a -为递增数列，数列{}2n a 为递减数列，且12a a >，则99a =（）． A ．4950- B ．4851- C ．4851 D ．4950【答案】D 【分析】由数列{}21n a -为递增数列，得到()()2122210n n n n a a a a +--+->，进而得出2120n n a a +->，又由数列{}2n a 为递减数列，得到()()22212120n n n n a a a a ++++-<-，得到22210n n a a ++-<， 得出当n 为奇数且3n ≥时，21n n a a n --=，当n 为偶数时，21n n a a n --=-，即可求解．【详解】因为数列{}21n a -为递增数列，所以2121n n a a -+<，即21210n n a a +-->，则()()2122210n n n n a a a a +--+->，由题意22212221(21)(2)n n n n a a n n a a +--=+>=-，则由()()212221212221n n n n n n n n a a a a a a a a +-+-⎧-+->⎪⎨->-⎪⎩得2120n n a a +->，*n N ∈，因为数列{}2n a 为递减数列，所以222n n a a +>，即2220n n a a +-<， 则()()22212120n n n n a a a a ++++-<-，由题意得，222221(22)(21)n n a a n n ++-=+>+212n n a a +=-，由()()222121222213120n n n n n n n na a a a a a a a ++++++⎧-+-<⎪⎨->-⎪⎩，可得22210n n a a ++-<，*n N ∈，又12a a >，即210a a -<，所以当n 为奇数且3n ≥时，21n n a a n --=； 当n 为偶数时，21n n a a n --=-． 所以99a =()()()()999898979796211a a a a a a a a a -+-+-++-+…2222229998979632199=-+-++-+=+…9897963214950++++++=…．故选：D ．类型四、已知条件明确的奇偶项问题. 例4-1.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎨⎧12a n ＋n －1，n 为奇数，a n－2n ，n 为偶数，记b n ＝a 2n ，求证：数列{b n }为等比数列，并求出数列{a n }的通项公式.证明 ∵b n ＋1＝a 2(n ＋1)＝12a 2n ＋1＋2n ＋1－1＝12a 2n ＋1＋2n＝12(a 2n －2·2n )＋2n ＝12a 2n ＝12b n ， ∴{b n }为等比数列，且公比q ＝12.又b 1＝12a 1＝12，可得b n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n， 所以，当n 为偶数时，a n ＝b n2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n；当n 为奇数且n ≥3时，a n ＝a (n －1)＋1＝a (n －1)－2(n －1)＝b n －12－2(n －1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12（n －1）－2(n －1)，可验证a 1＝1也符合上式，综上所述，a n＝⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12（n －1）－2（n －1），n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，n 为偶数.练.已知数列{a n }满足a n＝⎩⎨⎧n2an ＋12＋12，n 为正奇数，2a n 2＋n2，n 为正偶数.(1)问数列{a n }是否为等差数列或等比数列？说明理由；(2)求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 2n 2n 是等差数列，并求数列{a 2n }的通项公式.(1)解 由a 1＝12a 1＋12＋12＝12a 1＋12⇒a 1＝1，a 2＝2a 22＋22＝2a 1＋1＝3，a 3＝32a 3＋12＋12＝32a 2＋12＝5，a 4＝2a 42＋42＝2a 2＋2＝8.∵a 3－a 2＝2，a 4－a 3＝3，∴a 3－a 2≠a 4－a 3， ∴数列{a n }不是等差数列.又∵a 2a 1＝3，a 3a 2＝53，∴a 2a 1≠a 3a 2，∴数列{a n }也不是等比数列.(2)证明 ∵对任意正整数n ，a 2n ＋1＝2a 2n ＋2n ， ∴a 2n ＋12n ＋1－a 2n 2n＝12，a 22＝32，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 2n 2n 是首项为32，公差为12的等差数列，从而对∀n ∈N *，a 2n 2n＝32＋n －12，则a 2n ＝(n ＋2)·2n －1. ∴数列{a 2n }的通项公式是a 2n ＝(n ＋2)·2n －1(n ∈N *).练．数列{}n a 且21,212sin ,24n n k n na n n k π⎧=-⎪⎪+=⎨⎪=⎪⎩()k N *∈，若n S 为数列{}n a 的前n 项和，则2021S =__________.【答案】30342023【分析】由题意，当n 为奇数时，21111222n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭；当n 为偶数时，sin 4n n a π=.然后根据分组求和法、裂项相消求和法及三角函数的周期性即可求解.【详解】解：数列{}n a 且21,212sin ,24n n k n na n n k π⎧=-⎪⎪+=⎨⎪=⎪⎩()k N *∈， ①当n 为奇数时，21111222n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，②当n 为偶数时，sin4n n a π=，24680a a a a +++=，则偶数项和为()()246810121416a a a a a a a a ++++++++()20102012201420162018202020182024201a a a a a a a a a a +++++++==+=，所以()()2021132021242020S a a a a a a =+++++++1111111233520212023⎛⎫=-+-++- ⎪⎝⎭101130341120232023+=+=， 故答案为:30342023. 练．已知n S 数列{}n a 的前n 项和，1a λ=，且21(1)n n n a a n ++=-，若201920192101020192019S a μ-=-，（其中,0λμ>），则20191λμ+的最小值是（）A ．B ．4C ．D ．2018【答案】B 【分析】由21(1)n n n a a n ++=-，可得2221223341,2,3a a a a a a +=-+=+=-，2245201820194,,2018a a a a +=+=，以上各式相加得可求得()12345201820192a a a a a a a +++++++，结合201920192101020192019S a μ-=-，根据均值不等式，即可求得答案. 【详解】21(1)n n n a a n ++=-∴2221223341,2,3a a a a a a +=-+=+=-，2245201820194,,2018a a a a +=+=，以上各式相加得，()22222212345201820192123420172018a a a a a a a +++++++=-+-+--+，()()()2222222019120192123420172018S a a ∴--=-++-+++-+(21)(21)(43)(43)(20182017)(20182017)=-⨯++-⨯+++-⨯+，12342017201820191009=++++++=⨯20192019121009201920192019S a a∴-=+ 又201920192101020192019S a μ-=-， 1100910102019a μ∴+=-， 即112019a μ+=， 又1a λ=，20191201912019λμλμλμ⎛⎫⎛⎫∴+=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭201911242019μλλμ=++++…， 当且仅当20192019μλλμ=时等号成立，故选：B ．练．已知数列{}n a 满足12a =，23a =且*21(1),n n n a a n N +-=+-∈，则该数列的前9项之和为（） A ．32 B ．43C ．34D ．35【答案】C 【分析】讨论n 为奇数、偶数的情况数列{}n a 的性质，并写出对应通项公式，进而应用分组求和的方法求数列的前9项之和.【详解】*21(1),n n n a a n N +-=+-∈，∴当n 为奇数时，21210n n a a +--=，则数列21{}n a -是常数列，2112n a a -==；当n 为偶数时，2222n n a a +-=，则数列2{}n a 是以23a =为首项，公差为2的等差数列，129139248()()a a a a a a a a a ∴+++=+++++++4325(342)2⨯=⨯+⨯+⨯34=. 故选：C练．设n S 为数列{}n a 的前n 项和，*1(1),N 2n n n n S a n =--∈，则12100S S S +++=（ ）A ．10011132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ B ．9811132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦C ．5011132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ D ．4911132⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦【答案】A 【分析】由递推式求出数列的首项,当2n ≥时分n 为偶数和奇数求出n a ,代入*1(1),2n n n nS a n N =--∈后分组,然后利用等比数列的前n 项和公式求解. 【详解】由*1(1),2n n a n S a n =--∈N ，当1n =时，1112S a =--，得114a =-；当2n ≥时，111111(1)(1)22----=-=----+nn n n n n n n n a S S a a ，即11(1)(1)2n nn n n na a a -=-+-+. 当n 为偶数时，11(2)2n n a n -=-≥，所以112n n a +=-（n 为正奇数）， 当n 为奇数时，11111112(2)2222n n n n nn a a -+-⎛⎫=-+=--+= ⎪⎝⎭，所以12n na =（n 为正偶数），所以122211,22a a -==，所以412342411112,,2222a a a a -+=⨯=-==，所以34991004310010011112,,,2222a a a a -+=⨯=⋯-==，所以991001009911222a a -+=⨯=.因为123100S S S S ++++()()()()12345699100a a a a a a a a =-++-++-+++-+-2100111222⎛⎫+++⎪⎝⎭359911112222=++++2100111222⎛⎫-+++= ⎪⎝⎭501001111112422111142⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-=--10011132⎛⎫=- ⎪⎝⎭. 故选：A练．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，且()212n n n S S a n -+=≥，设()()121nn nna b S -+=，则数列{}n b 前n 项和的取值范围为_________．【答案】32,11,23⎡⎫⎛⎤--⋃--⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦【分析】根据n n S a ，之间关系可得数列{}n a 为等差数列并得到n a ，然后得到n b ，根据裂项相消可得数列{}n b 前n 项和，最后进行判断即可. 【详解】由21n n n S S a -+=①，则211n n n S S a +++=②②-①化简可得：()()1110n n n n a a a a ++--+=，又0n a >，所以()112n n a a n +-=≥当2n =时，21212122222a a S S a a a a +=⇒++=⇒= 所以211a a -=符号11n n a a +-=，故数列{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列 所以n a n =，则()12n n nS +=所以()()()()2112111112nn n n n b n n n ⋅-+==⋅⎛⎫+ ⎪+⎝+⎭- 令设数列{}n b 前n 项和n T 所以()()111111121...11223341n nn T n n ⎡⎤=--++--++-⋅+-⋅⎢⎥+⎣⎦所以11,1111n n n T n n ⎧-⎪⎪+=⎨⎪--⎪+⎩为偶数，为奇数， 当n 为偶数时，111n T n =-+，则12133n T ≤-=-且1n T >- 当n 为奇数时，111n T n =--+，则13122n T ≥--=-且1n T <- 综上所述：32,11,23n T ⎡⎫⎛⎤∈--⋃--⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦故答案为：32,11,23⎡⎫⎛⎤--⋃--⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦练．设n S 是数列{}n a 的前n 项和，若1(1)2n n n n S a =-+，则1211S S S ++⋯+=_____. 【答案】13654096 【分析】运用数列的递推式，讨论n 为奇数或偶数，结合等比数列的求和公式，即可得到所求和.【详解】解：()112n n n nS a =-+， 当1n =时，11112a S a ==-+，解得114a =，2n ≥时，1n n n a S S -=-， 可得()()1112n n n n nS S S -=--+， 当n 为偶数时，112n n n S S S π-=-+，即有1n12n S -=； 当n 为奇数（3n ≥）时，()112n n n S S S π-=--+， 可得1122n n n S S -=-=1112022n n +⋅-=， 即有121114S S S +++=110001664+++++++1212 61111365441409614⎛⎫- ⎪⎝⎭==-. 故答案为13654096.。
2020年高三数学大串讲第19讲(数列单调性、奇偶项、存在性问题)(解析版)
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与数列奇偶项有关的问题答案
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．。
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专题23 与数列奇偶项有关的问题有关数列奇偶项的问题是高考中经常涉及的问题，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．本专题主要研究与数列奇偶项有关的问题，并在解决问题中让学生感悟分类讨论等思想在解题中的有效运用.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.本题中的数列具有特点：数列本身并不是等差或等比数列，但此数列的奇数项与偶数项分别成等差或等比数列，此类数列的求和，往往采用奇、偶项分开求和再合并的方法，这时可直接运用等差或等比数列的求和公式，考虑到整个数列求和时的项数奇偶性不确定，因而往往需要分项数为奇数与偶数两种情况求解.2x＋ 3 1 设函数f(x)＝3x (x>0)，数列{ a n} 满足a1＝1，a n＝f a(n∈N*，且n≥2)．(1) 求数列{a n}的通项公式；(2) 设T n＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋⋯＋(－1)n 1a n a n＋1，若T n≥tn2 对n∈N*恒成立，求实数t 的取值范围．已知等差数列{a n} 的前n 项和为S n，且2a5－a3＝13，S4＝16.(1) 求数列{ a n}的前n项和S n；n(2) 设T n＝(－1)i·a i，若对一切正整数n，不等式λT n<[a n＋1＋(－i＝11)n＋1a n] ·2n－1恒成立，求实数λ的取值范围．已知数列{ a n}的前n项和为S n，? n∈N*，满足n S＋1－S n n＝1，且a1＝1，并且正项数列{b n} 满足b2n＋1－b n＋1＝b2n＋2b n(n∈N*)，其前7 项和为42.(1) 求数列{ a n}和{ b n}的通项公式；(2) 令c n＝b a n＋a b n，数列{ c n}的前n项和为T n，若对任意正整数，都有T n≥2n＋a，求实数 a 的取值范围；(3) 将数列{ a n} ，{ b n}的项按照“当n 为奇数时，a n放在前面；当n 为偶数时，b n 放在前面”的要求进行排列，得到一个新的数列：a1 ，b1，b2，a2，a3，b3，b4，a4，a5，b5，b6，⋯，求这个新数列的前n 项和P n.(2020 ·徐州模拟)在数列{ a n} 中，a1＝0，且对任意k∈N*，a2k1，a2k，a2k＋1 成等差数列，其公差为d k.(1) 若d1＝2，求a2，a3 的值；(2) 若d k＝2k，证明a2k，a2k＋1，a2k＋2 成等比数列(k∈N*)；(3) 若对任意k∈N*，a2k，a2k＋1，a2k＋2 成等比数列，其公比为q k，1设q1≠1，证明数列q －1是等差数列．(本小题满分16 分)(2020 苏·州模拟)已知数列{a n} 的奇数项是首项为1的等差数列，偶数项是首项为2的等比数列，数列{a n}前n 项和为S n，且满足S3＝a4，a5＝a2＋a3.(1)求数列{ a n}的通项公式；(2)若a m a m＋1＝a m＋2，求正整数m 的值；(3) 是否存在正整数m，使得S2m恰好为数列{a n} 中的一项？若存S2m－1在，求出所有满足条件的m 值；若不存在，说明理由．(1)a n＝n，n为奇数2·32n－1，n为偶数)；(2)m＝2；(3) m＝ 1 或m＝2.(1)设奇数项的等差数列公差为d，偶数项的等比数列公比为q.∴数列{a n}的前5项依次为：1,2,1＋d,2q,1＋2d.∵ {S3＝a4 a5＝a2＋a3 )，∴ {4＋d＝2q 1＋2d＝3＋d )，解得：{d＝2 q＝3 ).⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2⋯分⋯(求⋯出⋯d⋯，⋯q⋯) ∴ a n＝n，n为奇数2·32n－1，n为偶数).⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4 ⋯分(写出通项公式)(2)∵a m a m＋1＝a m＋2.1° 若m＝2k(k∈N*)，则a2k a2k＋1＝a2k＋2，∴ 2·3k－1×(2k＋1)＝2·3k，即2k＋1＝3，∴k＝1，即m＝2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6 分⋯⋯(求⋯出⋯k⋯＝1，m＝2)2° 若m＝2k－1(k∈N*), 则a2k－1a2k＝a2k＋1，∴(2k－1) ×2·3k－1＝2k ＋1，2k ＋ 12 2∴2·3k －1＝ ＋＝1＋ 2 .∵2·3k －1 为整数，∴2 必为整2k －1 2k － 1 2k －1 数，∴ 2k －1＝1，∴k ＝1，此时 2·30≠ 3不. 合题意 .（3）∵S 2m ＝（a 1＋a 3＋⋯＋a 2m －1）＋（a 2＋a 4＋⋯＋a 2m ）＝S 2m －1＝ S 2m －a 2m ＝3m ＋m 2－1－2×3m 1＝3m 1＋m 2－ 1. ⋯⋯⋯⋯1⋯0⋯分（求出 S 2m ，S 2m － 1）∴S 2m ＝ 3m ＋ m 2－ 1 ＝ 3－ 2（m 2－ 1） ∴S2m －1＝3m －1＋m 2－1＝3－3m －1＋m 2－1若 S2m 为数列{ a n } 中的项，则只能为 S 2m －11°若 S S 2m 2m －1＝1，则 3－3m2－（1m ＋－m 21－） 1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1⋯3 ⋯分（⋯验⋯证⋯S ⋯2m ⋯⋯S 2m －1＝1 时，m 无解）2° 若SS2m＝2，则 3－3m 2－（1m ＋－m21－）1＝2，∴3m －1＋1－m 2＝0.当 m ＝1 时，等式不成立；当 m ＝2 时，等式成立； 当 m ≥3时，令 f （x ）＝3x －1＋1－x 2＝31·3x ＋1－x 2.∴f ′x （）综上可知：m ＝2.从而得 m ＝ 2）⋯8分⋯（⋯推⋯证 m 为奇数时，无解，m （1＋2m －1） 2 ＋2（1－3m） 1－3 ＝3m ＋m 2－1.≤3.⋯12⋯分⋯（导⋯出SS2m≤3）a 1，a 2，a 3.＝1，∴3m －1＝0，m 无解.＝ln33·3xln23－2x，f″x()＝ln33·3x－2.当x≥3时，f″x()>0，∴ f ′x)(在［3，＋∞)上单调递增．又∵f ″(3＝) 9ln3－6>0，∴f ′x)(>0 在［3，＋∞)上恒成立，∴f(x)在［3，＋∞)上单调递增．∵f(3)＝1>0，∴当m≥3 时，方程3m－1＋1－m2＝0 无解.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1⋯4 分⋯(⋯验⋯证⋯S⋯2m⋯S2m－1 ＝2 时，m＝2)3°若S S2m＝3，则3－3m－1＋m2－1＝3，∴m2－1＝0，即m＝ 1.综上可知：m＝1 或m＝2.⋯16⋯分⋯(求⋯出⋯当⋯⋯S⋯2m＝3 时，m＝S2m－11，并写出结果)第一步：由已知列出关于q，d 的方程组，并求出d，q；第二步：写出数列{a n} 的通项公式；第三步：分类讨论，求得m＝ 2 合题；第四步：验证m为奇数时，m无解；第五步：求出S2m，S2m－1 的表达式；第六步：推证：S2m≤3；S2m－1第七步：验证：S2m＝1 时，m无解；S2m－1第八步：验证S2m＝2 时，m＝2；S2m－1第九步：推导S＝3 时，m＝1.S2m－1作业评价已知等差数列{a n} 的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为____ ．已知数列{a n} 满足a n＋1＋(－1)n a n＝2n－1，则a1＋a2＋a3＋⋯＋a60 ＝______ .数列{a n}的前n 项和为S n，a1＝1，a2＝2，a n＋2－a n＝1＋(－1)n(n∈N*)，则S100＝_____ .已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1·a n＝2n(n∈N*)，设S n 是数列{ a n}的前n项和，则S2 018＝_____ .41已知等比数列{ a n}的首项为43，公比为－31 2，其前n项和为S n，1若A≤S n－S1≤B对n∈N*恒成立，则B－A的最小值为__ ．已知数列{a n} 满足a1＝－1，a2>a1，|a n＋1－a n|＝2n(n∈N*)，若数列{ a2n－1}单调递减，数列{ a2n}单调递增，则数列{ a n}的通项公式2S2，S3, 4S4成等差数列．(1)求数列{a n}的通项公式；1 13 *(2)证明S n＋S≤6(n∈N*)．已知正项数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝a，(a n＋1)(a n＋1 ＋1)＝6(S n＋n)，n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若对于? n∈N*，都有S n≤n(3n＋1)成立，求实数 a 的取值范围．3已知首项为23的等比数列{a n} 的前n 项和为S n(n∈N*)，且－为a n＝______ .。