高三数学二轮复习专题9.数列中的奇偶项问题

高三数学二轮复习专题9.数列中的奇偶项问题专题9数列中的奇偶项问题专题一、等差等比奇偶项问题1.已知数列$\{a_n\}$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______。解：设该等差数列的公差为$d$，则有$$\begin{cases}12\cdot\frac{a_1+a_{12}}{2}=354\\\frac{a_2+a_4+\cdots+a_{12}}{a_1+a_3+\cdots+a_{11}}=\frac{32}{27}\end{cases}$$解得$d=6$。2.等比数列$\{a_n\}$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______。解：设该等比数列的公比为$q$，项数为$2n$，则有$$\begin{cases}a_1=1\\a_1(q^{2n}-1)/(q^2-1)=85\\a_1(q^{2n-1}-1)/(q-1)=170\end{cases}$$解得$n=3$，即项数为6。3.已知等差数列$\{a_n\}$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______。解：设该等差数列的项数为$2n+1$，公差为$d$，中间项为$a_{n+1}$，则有$$\begin{cases}n\cdota_1+(n+1)\cdota_{2n+1}=44\\n\cdota_2+(n+1)\cdota_{2n}=33\\a_1+a_{2n+1}=2a_{n+1}\end{cases}$$解得$a_{n+1}=5$，$n=2$，即中间项为5，项数为5。专题二、数列中连续两项和或积的问题（$a_n+a_{n+1}=f(n)$或$a_n\cdota_{n+1}=f(n)$）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$\{a_n\}$是等和数列，且$a_1=2$，公和为5，那么$a_{18}$的值为______，这个数列的前$n$项和$S_n$的计算公式为______。解：设该等和数列的公和为$d$，则有$a_{18}=a_1+17d=37$。因为$a_n=\frac{n(2a_1+(n-1)d)}{2}$，所以$S_n=\frac{n}{2}(2a_1+(n-1)d)=\frac{n}{2}(a_1+a_n)=\frac{n}{2}(a_1+a_1+(n-1)d)=\frac{n}{2}(2a_1+(n-1)d)=\frac{n}{2}(2a_1+(n-1)(a_2-a_1))$。2.若数列$\{a_n\}$满足：$a_1=1$，$a_n+a_{n+1}=4n$，则数列$\{a_{2n-1}\}$的前$n$项和是______。解：将$a_n+a_{n+1}=4n$化为$a_{2n-1}\cdota_{2n}=4n-1$，则有$S_n=\sum_{i=1}^na_{2i-1}=\sum_{i=1}^n\frac{4i-1}{a_{2i}}=\sum_{i=1}^n\frac{4i-1}{4i-1}=n$。3.若数列$\{a_n\}$满足：$a_1=1$，$a_na_{n+1}=4n$，则$\{a_n\}$的前$2n$项和是______。解：将$a_na_{n+1}=4n$化为$a_{2n-1}\cdota_{2n}=4n-1$，则有$S_{2n}=\sum_{i=1}^{2n}a_i=\sum_{i=1}^{2n}\frac{4i-1}{a_{i+1}}=\sum_{i=1}^{2n}\frac{4i-1}{4i-3}-\sum_{i=1}^{2n}\frac{1}{4i-3}=2n+\frac{1}{3}\sum_{i=1}^{2n}\frac{1}{i}-\frac{1}{3}\sum_{i=1}^{4n-1}\frac{1}{i}=\frac{7}{6}n+\frac{1}{3}\sum_{i=4n}^{8n-1}\frac{1}{i}$。4.已知数列$\{a_n\}$中，记$S_n$为$\{a_n\}$的前$n$项的和，$a_1=1$，$b_n=a_{2n}+a_{2n-1}$，$n\inN^*$。（Ⅰ）求数列$\{a_n\}$的通项公式；（Ⅱ）判断数列$\{b_n\}$是否为等比数列，并求出$b_n$；（Ⅲ）求$S_n$。解：（Ⅰ）由$b_n=a_{2n}+a_{2n-1}$，得$a_{2n}=b_n-b_{n-1}$，$a_{2n-1}=b_{n-1}-b_{n-2}$，代入$S_n$的公式中得$$S_n=\sum_{i=1}^na_i=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{2n}b_i=\frac{1}{2}(b_1+b_{2n}+\sum_{i=2}^{2n-1}(2b_i-b_{i-1}-b_{i+1}))=\frac{1}{2}(1+b_{2n}+\sum_{i=2}^{2n-1}(2b_i-b_{i-1}-b_{i+1}))$$因此，只需求出$b_1$和$\{2b_i-b_{i-1}-b_{i+1}\}$的通项公式即可。由$b_1=a_1+a_2=2$，$b_2=a_3+a_4=4$，得$a_2=2$，$a_3=2$，$a_4=2$，$a_5=4$，$a_6=6$，$a_7=10$，$a_8=16$，$a_9=26$，$a_{10}=42$，$a_{11}=68$，$a_{12}=110$，$\cdots$，可知$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=\frac{1}{2}(3^n-(-1)^n)$。（Ⅱ）有$b_n=a_{2n}+a_{2n-1}=2a_{2n-1}+d$，$b_{n-1}=2a_{2n-2}+d$，$b_{n+1}=2a_{2n}+d$，其中$d$为$\{a_n\}$的公差。因此，$$\frac{b_n}{b_{n-1}}=\frac{2a_{2n-1}+d}{2a_{2n-2}+d}=\frac{2\times2^{n-1}+d}{2\times2^{n-2}+d}=\frac{2^{n+1}+d}{2^n+d}$$$$\frac{b_{n+1}}{b_n}=\frac{2a_{2n}+d}{2a_{2n-1}+d}=\frac{2\times2^n+d}{2\times2^{n-1}+d}=\frac{2^{n+1}+d}{2^n+d}$$因此，$\{b_n\}$是等比数列，公比为$(2^{n+1}+d)/(2^n+d)$。（Ⅲ）由（Ⅰ）可知$S_n=(1+b_{2n}+\sum_{i=2}^{2n-1}(2b_i-b_{i-1}-b_{i+1}))/2$，代入（Ⅱ）得$$S_n=\frac{1}{2}(1+\frac{2^{2n+1}+d_{2n}}{2^{2n}+d_{2n-1}}+\sum_{i=2}^{2n-1}(2\cdot\frac{2^i+d_i}{2^{i-1}+d_{i-1}}-\frac{2^{i-1}+d_{i-2}}{2^{i-2}+d_{i-3}}-\frac{2^{i+1}+d_i}{2^i+d_{i-1}}))$$其中，$d_n=a_{2n}-a_{2n-1}$。代入$a_n$的通项公式得$d_n=3^n-3^{n-1}$。因此，只需代入$n=1,2,\cdots$计算即可。1.已知数列$\{a_n\}$，$\{b_n\}$满足递推式$n+2=3T_{n+1}-T_n$，其中$n$为正整数。(1)求数列$\{a_n\}$、$\{b_n\}$的通项公式；(2)问是否存在正整数$m$、$n$，使得$T_{n+1}-m>1+b_{m+2}$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。2.含有$\{(-1)^n\}$类型(1)已知$S_n=1-2+3-4+\cdots+(-1)^{n-1}n$，求数列$\{a_n\}$的前$60$项和；(2)数列$\{a_n\}$满足递推式$a_{n+1}+(-1)^na_n=2n-1$，求$S_{17}+S_{33}+S_{50}$；(3)数列$\{a_n\}$满足递推式$a_{n+2}-a_n=1+(-1)^n$，$n\in\mathbb{N}^*$，$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，求$S_{100}$；(4)已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，$S_n=(-1)^na_n-n+1$，$n\in\mathbb{N}$，求$S_1+S_2+S_3+\cdots+S_{100}$；(5)数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=n\cos(n\pi)+1$，$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，求$S_{2012}$。3.含有$\{a_{2n}\}$、$\{a_{2n-1}\}$类型(1)已知数列$\{a_n\}$的首项$a_1=1$，且满足$a_{2n+1}=2a_{2n-1}$，$a_{2n}=a_{2n-1}+1$，求$S_{20}$；(2)已知数列$\{a_n\}$的各项均为正数，前$n$项和为$S_n=\dfrac{2+(-1)^n}{2}a_n$，且$a_1=1$，$a_2=2$，设$b_n=a_{2n-1}+a_{2n}$。(a)若数列$\{b_n\}$是公比为$3$的等比数列，求$S_{2n}$；(b)若$S_{2n}=3(2n-1)$，数列$\left\{\dfrac{a_n}{a_{n+1}}\right\}$也为等比数列，求$\{a_n\}$的通项公式。1.求数列$\{a_n\}$的通项公式和$a_m=a_{m+1}=a_{m+2}$的正整数$m$的值。数列$\{a_n\}$的前三项为$a_1=1,a_2=2,a_3=3$，且对于$n\in\mathbb{N}^*$，有$a_{2n+1}=a_{2n-1}+2,a_{2n+2}=3a_{2n}$。设$a_n=x^n$，则$x^{2n+1}=x^{2n-1}+2$，$x^{2n+2}=3x^{2n}$，解得$x=2$，$a_n=2^n$。因此，$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=2^n$。当$a_m=a_{m+1}=a_{m+2}$时，有$2^m=2^{m+1}=2^{m+2}$，解得$m=0$。因此，正整数$m$的值为$m=0$。2.已知数列$\{a_n\}$满足$a_1=1,a_{n+1}=\dfrac{a_n}{a_{n-1}}+1$，求证数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$\dfrac{n^2}{a_1}$，并求出数列$\{a_n\}$的通项公式。设数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，则$S_n=\sum\limits_{i=1}^na_i$。对于$n\geq3$，有$$\dfrac{a_n}{a_{n-1}}+1=\dfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}+1$$移项可得$\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=\dfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}$，因此$\{a_n\}$是一个等比数列。设$a_1=x$，$q=\dfrac{a_2}{a_1}$，则$a_n=xq^{n-1}$，代入$S_n$的公式得$$S_n=\dfrac{x(q^n-1)}{q-1}$$当$n=1$时，$S_n=a_1=x$，因此$S_n=\dfrac{n^2}{a_1}$成立。又因为$S_1=1$，代入$S_n$的公式可得$x=1$，$q=2$，因此$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=2^{n-1}$。3.已知数列$\{a_n\}$满足$a_1=1$，$a_{n+1}=\dfrac{2n+3}{n+2}a_n$，求证数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$2-\dfrac{1}{n+2}$，并求出数列$\{a_n\}$的通项公式。设数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，则$S_n=\sum\limits_{i=1}^na_i$。对于$n\geq2$，有$$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{2n+3}{n+2}$$移项可得$a_{n+1}=\dfrac{2n+3}{n+2}a_n$，因此$\{a_n\}$是一个比值为$\dfrac{2n+3}{n+2}$的等比数列。设$a_1=x$，$q=\dfrac{a_2}{a_1}$，则$a_n=x\prod\limits_{i=2}^n\dfrac{