高考数学二轮复习微专题50与数列奇偶项有关的问题学案

/08/8/微专题50与数列奇偶项有关的问题有关数列奇偶项的问题是高考经常涉及的问题，解决此类问题的难点在于搞清数列奇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.变式1设函数f(x)＝eq\f(2x＋3,3x)(x>0)，数列{an}满足a1＝1，an＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))(n∈N*，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对n∈N*恒成立，求实数t的取值范围．

串讲1已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且2a5－a3＝13，S4＝16.(1)求数列{an}的前n项和Sn；(2)设Tn＝eq\i\su(i＝1,n,)(－1)i·ai，若对一切正整数n，不等式λTn<[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1恒成立，求实数λ的取值范围．串讲2已知数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*，满足eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(1,2)，且a1＝1，并且正项数列{bn}满足bn＋12－bn＋1＝bn2＋bn(n∈N*)，其前7项和为42.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)令cn＝eq\f(bn,an)＋eq\f(an,bn)，数列{cn}的前n项和为Tn，若对任意正整数，都有Tn≥2n＋a，求实数a的取值范围；(3)将数列{an}，{bn}的项按照“当n为奇数时，an放在前面；当n为偶数时，bn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Pn.

(2018·南通市、泰州市高三第一次调研测试)若数列{an}同时满足：①对于任意的正整数n，an＋1≥an恒成立；②若对于给定的正整数k，an－k＋an＋k＝2an对于任意的正整数n(n>k)恒成立，则称数列{an}是“R(k)数列”．(1)已知an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－1，n为奇数，,2n，n为偶数，))判断数列{an}是否为“R(2)数列”，并说明理由；(2)已知数列{bn}是“R(3)数列”，且存在整数p(p>1)，使得b3p－3，b3p－1，b3p＋1，b3p＋3成等差数列，证明：{bn}是等差数列．(2018·盐城高三第三次模拟考试)在数列{an}中，已知a1＝1，a2＝λ，满足a2n－1，a2n－1＋1，a2n－1＋2，…，a2n是等差数列(其中n≥2，n∈N)，且当n为奇数时，公差为d；当n为偶数时，公差为－d.(1)当λ＝1，d＝1时，求a8的值；(2)当d≠0时，求证：数列{|a2n＋2－a2n|}(n∈N*)是等比数列；(3)当λ≠1时，记满足am＝a2的所有m构成的一个单调递增数列为{bn}，试求数列{bn}的通项公式．答案：(1)3；(2)略；(3)bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋2,3)＋\f(2,3)（n为偶数），,\f(2n＋2,3)－\f(2,3)（n为奇数）.))解析：(1)由λ＝1，d＝1，所以a2＝1，a2，a3，a4为等差数列且公差为－1，2分所以a4＝a2－2＝－1，又a4，a5，…a8为等差数列且公差为1，所以a8＝a4＋4＝3.4分(2)当n＝2k＋1时，a22k，a22k＋1，a22k＋2，…，a22k＋1是等差数列且公差为d，所以a22k＋1＝222k＋22kd，6分同理可得a22k＝a22k－1－22k－1d，两式相加，得a22k＋1－a22k－1＝22k－1d；当n＝2k时，同理可得a22k＋2－a22k＝－22kd，所以|a2n＋2－a2n|＝2nd.7分又因为d≠0，所以eq\f(|a2n＋2－a2n|,|a2n＋1－a2n－1|)＝eq\f(2n,2n－1)＝2(n≥2)，所以数列{|a2n＋2－a2n|}(n∈N*)是以2为公比的等比数列.8分(3)因为a2＝λ，所以a4＝a2－2d＝λ－2d，由(2)知a22k＋1＝a22k－1＋22k－1d，所以a22k＋1＝a22k－1＋22k－1d＝a22k－3＋22k－3d＋22k－1d，10分依次下推，得a22k＋1＝a21＋21d＋23d＋…＋22k－3d＋22k－1d，所以a22k＋1＝λ＋eq\f(2,3)(22k－1)d，当22k＋1≤n≤22k＋2时，an＝a22k＋1－(n－22k＋1)d＝λ＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(22k＋3,3)－n－\f(2,3)))d，由am＝a2，得m＝eq\f(22k＋3,3)－eq\f(2,3)，所以b2k＋1＝eq\f(22k＋3,3)－eq\f(2,3)，所以bn＝eq\f(2n＋2,3)－eq\f(2,3)(n为奇数)；12分由(2)知a22k＋2＝a22k－22kd＝a22k－2－22k－2d－22kd，依次下推，得a22k＋2＝a22－22d－24d－…－22k－2d－22kd，所以a22k＋2＝λ－2d－eq\f(4（22k－1）,3)d，当22k＋2≤n≤22k＋3时，an＝a22k＋2＋(n－22k＋2)d＝λ＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(22k＋4,3)－\f(2,3)))d，由am＝a2，得m＝eq\f(22k＋4,3)＋eq\f(2,3)，所以b2k＋2＝eq\f(22k＋4,3)＋eq\f(2,3).所以bn＝eq\f(2n＋2,3)＋eq\f(2,3)(n为偶数)．微专题50例题答案：(1)－eq\f(1,2)；(2)Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2n2－3n＋5,2)，n为奇数，,\f(2n2－3n,2)，n为偶数.))解析：(1)若数列{an}是等差数列，则an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd.由an＋1＋an＝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＝－eq\f(1,2).(2)由an＋1＋an＝4n－3，得an＋2＋an＋1＝4n＋1(n∈N*)．两式相减，得an＋2－an＝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an＝解法1：①当n为偶数时，Sn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝eq\f(2＋2（n－1）,2)·eq\f(n,2)＋eq\f(－1＋（2n－5）,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(2n2－3n,2).②当n为奇数时，Sn＝eq\f(2（n－1）2－3（n－1）,2)＋2n＝eq\f(2n2－3n＋5,2)所以Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2n2－3n＋5,2)，n为奇数，,\f(2n2－3n,2)，n为偶数.))解法2：①当n为偶数时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝1＋9＋…＋(4n－7)＝eq\f(2n2－3n,2)；②当n为奇数时，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－2＋an－1)＋an＝1＋9＋…＋(4n－11)＋2n＝eq\f(2n2－3n＋5,2).所以Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2n2－3n＋5,2)，n为奇数，,\f(2n2－3n,2)，n为偶数.))变式联想变式1答案：(1)an＝eq\f(2n＋1,3)；(2)(－∞，－eq\f(5,9)]．解析：(1)因为an＝f(eq\f(1,an－1))＝eq\f(2×\f(1,an－1＋3),3×\f(1,an－1))＝an－1＋eq\f(2,3)，(n∈N*，且n≥2)，所以an－an－1＝eq\f(2,3).因为a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，公差为eq\f(2,3)的等差数列．所以an＝eq\f(2n＋1,3).(2)①当n＝2m，m∈N*时，Tn＝T2m＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…＋(－1)2m－1a2ma2m＋1＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2m(a2m－1－a2m＋1)＝－eq\f(4,3)(a2＋a4＋…＋a2m)＝－eq\f(4,3)×eq\f(a2＋a2m,2)×m＝－eq\f(1,9)(8m2＋12m)＝－eq\f(1,9)(2n2＋6n)．②当n＝2m－1，m∈N*时，Tn＝T2m－1＝T2m－(－1)2m－1a2ma2m＋1＝－eq\f(1,9)(8m2＋12m)＋eq\f(1,9)(16m2＋16m＋3)＝eq\f(1,9)(8m2＋4m＋3)＝eq\f(1,9)(2n2＋6n＋7)．所以Tn＝要使Tn≥tn2对n∈N*恒成立，只要使－eq\f(1,9)(2n2＋6n)≥tn2，(n为偶数)恒成立，只要使－eq\f(1,9)(2＋eq\f(6,n))≥t，对n为偶数恒成立．故实数t的取值范围为(－∞，－eq\f(5,9)]．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)Sn＝n2；(2)(－4，2)．解析：(1)设数列{an}的公差为d.因为2a5－a3＝13，S4＝16，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（a1＋4d）－（a1＋2d）＝13，,4a1＋6d＝16，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝6，,d＝2，))所以an＝2n－1，Sn＝n2.(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)n＋1an]·2n－1，得λ·2k<4k，从而λ<eq\f(4k,2k).设f(k)＝eq\f(4k,2k)，则f(k＋1)－f(k)＝eq\f(4k＋1,2（k＋1）)－eq\f(4k,2k)＝eq\f(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T2k－1＝T2k－(－1)2ka2k＝2k－(4k－1)＝1－2k.代入不等式λTn<[an＋1＋(－1)n＋1an]·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T2k＝(a2＋a4＋…＋a2k)－(a1＋a3＋…＋a2k－1)＝2k，下同法1串讲2答案：(1)an＝n，bn＝n＋2；(2)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,3)))(3)Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)n2＋\f(3,2)n，n＝2k，,\f(n2＋6n－3,4)，n＝4k－3，k∈N*，,\f(n2＋6n＋5,4)，n＝4k－1.))解析：(1)∵eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(1,2)，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首项为1，公差为eq\f(1,2)的等差数列，∴eq\f(Sn,n)＝1＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)n＋eq\f(1,2)，即Sn＝eq\f(n（n＋1）,2)(n∈N*)，∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq\f(（n＋1）（n＋2）,2)－eq\f(n（n＋1）,2)＝n＋1(n∈N*)，又a1＝1，∴an＝n(n∈N*)．∵bn＋12－bn＋1＝bn2＋bn，∴(bn＋1＋bn)(bn＋1－bn－1)＝0，又bn>0，∴bn＋1－bn＝1，∴数列{bn}是等差数列，且公差为d＝1，设{bn}的前项和为Bn，∵B7＝7b1＋eq\f(7×6,2)×1＝42，∴b1＝3，∴bn＝3＋(n－1)＝n＋2(n∈N*)(2)由(1)知cn＝eq\f(bn,an)＋eq\f(an,bn)＝eq\f(n＋2,n)＋eq\f(n,n＋2)＝2＋2(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))，∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝2n＋2(1－eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋2))＝2n＋2(1＋eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2))＝2n＋3－2(eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2))，∴Tn－2n＝3－2(eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2))，设Rn＝3－2(eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2))，则Rn＋1－Rn＝2(eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋3))＝eq\f(4,（n＋1）（n＋3）)>0，∴数列{Rn}为递增数列，∴(Rn)min＝R1＝eq\f(4,3)，∵对任意正整数n，都有Tn－2n≥a恒成立，∴a≤eq\f(4,3)，即实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,3)))(3)数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(n（n＋1）,2)，数列{bn}的前n项和Bn＝eq\f(n（n＋5）,2)，①当n＝2k(k∈N*)时，Pn＝Sk＋Bk＝eq\f(k（k＋1）,2)＋eq\f(k（k＋5）,2)＝k2＋3k＝(eq\f(n,2))2＋3×eq\f(n,2)＝eq\f(1,4)n2＋eq\f(3,2)n；②当n＝4k－3(k∈N*)时，Pn＝S2k－1＋B2k－2＝eq\f(（2k－1）·2k,2)＋eq\f(（2k－2）（2k＋3）,2)＝4k2－3＝eq\f(n2＋6n－3,4)，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＝eq\f(（2k－1）2k,2)＋eq\f(2k（2k＋5）,2)＝4k2＋4k＝eq\f(n2＋6n＋5,4).综上，Pn＝新题在线答案：(1)是；(2)略．解析：(1)当n为奇数时，an＋1－an＝2(n＋1)－1－(2n－1)＝2>0，所以an＋1≥an.an－2＋an＋2＝2(n－2)－1＋2(n＋2)－1＝2(2n－1)＝2an；当n为偶数时，an＋1－an＝2(n＋1)－2n＝2>0，所以an＋1≥an.an－2＋an＋2＝2(n－2)＋2(n＋2)＝4n＝2an.所以数列{an}是“R(2)数列”．(2)由题意可得bn－3＋bn＋3＝2bn，则数列b1，b4，b7，…是等差数列，设其公差为d1，数列b2，b5，b8，…是等差数列，设其公差为d2，数列b3，b6，b9，…是等差数列，设其公差为d3，因为bn≤