数列分奇偶、公共项、重新排序、插入项等十一大题型汇总（解析版）-2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

重难点专题27数列分奇偶、公共项、重新排序、插入项等十一大题

型汇总

题型1数列分奇偶之隔项型........................................................1

题型2数列分奇偶之即+an+1=f(n)型.........................................10

题型3数列分奇偶之ancm+1=/(n)型............................................19

题型4数列分奇偶之含有(-1)n.................................................................................................23

题型5数列分奇偶之含有｛a2n｝,｛a2n-1｝型........................................30

题型6数列分奇偶之分段数列型...................................................34

题型7数列公共项问题...........................................................42

题型8重新排序问题.............................................................51

题型9插入项问题...............................................................63

题型10与概率统计结合的数列问题................................................78

题型11新定义数列..............................................................91

题型1数列分奇偶之隔项型

【例题IX2023・湖南•铅山县第一中学校联考三模底数列｛即｝中，%=18g=24g+2-

an=-6.

(1)求｛即｝的通项公式；

(2)记数列｛a"的前n项和为S“，求S“的最大值.

21-3%n为奇数,

【答案】(1)厮=

30—3n,n为偶数.

(2)96

【分析】(1)由已知条件即+2-即=-6可得，当ri为奇数时，数列｛%｝的奇数项的通项公

式为an=21-3n,当n为偶数时，即数列｛即｝的偶数项的通项公式为厮=30-3n；

(2)分别讨论当兀为奇数或偶数，得出数列｛七｝各项的值或大小，从而求得％的最大值.

【详解】(1)当几为奇数时，即数列｛an｝的奇数项是以18为首项，-6为公差的等差数列，

an=21—3n.

当n为偶数时，即数列5｝的偶数项是以24为首项，-6为公差的等差数列，an=30-3n.

(21-3n,n为奇数，

所以a九=〈•

(30-3n,n为偶数.

(2)当n为奇数时，即=21-3n20,

即劭，都大于0,a;=0,。9＜0，

当n为偶数时，an=30-3n20,

即。2,。4，。6，。8都大于0I。10=0)。12＜。＞

所以S"的最大值为由+a2+•••+a8=96.

a=

【变式1-1]L(2023•天津统考一模)已知数列｛an｝中,%=1,a2=2,O-n+2~n

4(nGN*),数列｛%｝的前ri项和为%.

Q)求数列｛即｝的通项公式：

(2)若垢=不三，求数列｛九｝的前n项和7；

32n,十3八n

⑶在(2)的条件下，设“，求证：6-需＜£"向＜8-娼.

4°n°n+2//

「讨一，八、囚_1,"为奇数

【答案】(l)an=＜

(2n-2,"为偶数

(2)7；=—

''n4n+4

(3)证明见解析

【分析】(1)根据条件可得数列｛即｝的奇数项和偶数项均为等差数列，分奇偶求数列｛时｝的

通项公式；

(2)先分组求和求得S2”，再利用裂项相消法求得Tn；

(3)先求出。的通项公式，。=前户=箸,再根据0V喏Wj〈陪，得到

4DnDn+2444

春s匹〈券，令d*泰和〃=岩,利用错位相减法求得Q"和％，再通过匕瞰大小

可证明结论.

【详解】(1)“1=1,。2=2,an+2-an=4(nGN*),

当九=2k-l,keN*时，数列｛an｝的奇数项是首项为1,公差为4的等差数列，

贝！］@九=^2k-i=1+4(k—1)=4k—3=2(2/c—1)—1=2n—1；

当九=2k,叱N*时，数列｛时｝的偶数项是首项为2,公差为4的等差数列，

贝=Q2k=2+4(k—l)=4/c-2=2-2fc—2=2n—2,

(2n-1,九为奇数

\

(2n-2,n为偶数

2n-l,rr为奇数

(2)由(1)得an=

2n-2,n为偶数

aaa|-aaa

」.S2rl=+。2+。3+…+2n=(l+3-------2n-l)+(2+4+…+02n)=

(%+。271-1)九+(。2+。2枷_(l+4n-3)7l+(2+471-2)-_4rl2_几

22-22-

1_1

,“b

n+5n2=田一总

S2n4n+4n

,-.Tn=b1+b2+...+Z,n=l(l-l+l-l+...+l--l7)=l(l--l7)=zAz

(3)证明：由(2)得的=缶-总，则”也=笔

(

5+1)271+2)2(n-1时等号成立),

.,.0<4n—1工cnV4»i-i

由不等式的性质得^<历<素,

令4=需，数列｛4｝的前n项和为叁，

■■Qn=dr+d2+---+dn=3x/+4x[+…+,

1<2n=3x：+4x京+…+箸②,

由得①—②得,

1o.1.1.1n+2o,X1一^T)n+2,n+41

2<2n=3+-+?+-+^--=3+F3-----=-

2

“n=8-岩,

由不等式的性质得W：I向＜Qn,

故2—历＜8-胃

令e—总数列｛的｝的前几项和为4,

■■Pn=el+e2+,"+en=2X翥+3X：+—+■③

/=2x：+3x*+…+祟④

由③一④得,

1D-911_L1^+1_,11一册)n+1n+31

-P=2d--1>加+…+--r---=92+――n~--z-=o3-------

2n2222n-12n1-12n22n-1

2

._/•n+3

-PDn=6-布，

71

历,

Zk=l

故6-蹈<W-历"-泰

【变式1-1】2.（2023•四川南充・四川省南充高级中学校考模拟预测）已知数列｛即｝满足：

=|，即+2-即W3“，a-a>91-3n,贝M2023=()

<5n+6n

,20233B.对"

A.--2+282

o202332023

c--

・8・2

【答案】c

71

【分析】由an+2-an<3n得到册+6-a”W91•3,结合an+6-册291•3”,得到即+6一

n

an=91-3,从而得到a』-即=3",再利用累加法得到。2升1=%+3+33++…+

32"-1,结合等比数列求和公式求出。2023的值•

n

【详解】•.•%=，an+2-an<3,

o

aan+2,l+4

1,,n+4--n+2—3,an+6—an+4W3,

an+6~~an=(an+6~an+4)+(an+4—an+2)+(an+2-an)-3"+。+3n+2+3”

3n(34+32+1)=91•3",

又与+6一即291•3",故与+6一册=91•3”,

nn+2n+4

所以即+2-an=3,an+4-an+2=3,an+6-an+4=3,

3n

所以a3-«!=3,a5-a3=3,...,an+2-an=3,ar=

故a2n+l-al-a2n+l-a2n-l+a2n-l-a2n-3+",+-a3+a3-al=3+33+3S+

-+32n-1,

则=%+3+33+35+…+327*-1,

3S

所以。2023=-+3+3+3+-+32°21=3亚二僦匕=壮

NU/S881-98

故选：C.

【变式1-1]3.(2020•全国•高三校联考阶段练习)已知数列｛/｝中,a1=l,a2n=a2n^+

n1

(-l)(neN*),a2n=a2n_2+2"-+(-1)九(n22,且neN*),则｛a.｝的前20项的和

为

【答案】2】2-34

n

【解析】根据递推公式a2n=a2n_1+(-l)(neN*)列举出前20项中偶数项与奇数项关系,

两端相加可得前20项中偶数项的和与奇数项的和相等，故问题转化为只需求偶数项的和，

再由=a2n-2+2“T+(-19采用累加法可求出偶数项的通项公式，从而可求出偶数项

的和，进而求出数列｛斯｝的前20项的和.

【详解】由题后、，得=%—1,CI4=。3+1，&6=a$-1,a2。=%9+1,

所以+a4+-+a20=a1+a3+-+a19,即S盾=S奇.

又a?=%-1=0,a?n=a2n-2+2n-1+(-l)n(n>2,且neN*),

1212

a4=a2+2+(-1)=2+(-1),

23

a6=a4+2+(-1),

34

a8=a6+2+(-1),

a2n=a2n-2+2n-1+(T)n,

将上式相加，得

a2n=2+2?+…+2n-1+(-1)2+(-1)3+…+(-l)n=+=2n-

3+(-1尸1

2'

所以s㈤=(2+22+23+…+29+210)-ix30=2(1~21())-15=211-17,

偶21-2

所以Szo=2(211—17)=212-34.

【点睛】本题主要考查数列递推关系的应用及累加法求数列的通项，同时考查转化的思想和

运算能力，属于难题.

【变式1-114.(2023秋•湖南•高三校联考阶段练习)已知数列｛an｝满足的=g=

1,a4+2=(1+sin?cin+2cos26N.

(1)求数列｛a"的通项公式；

(2)若数列｛C"｝满足d=&,求证：q+C2+­­•+cn<3.

a2n-i

2~,n=2k—l(/cGN*),

【答案】Q)an

n—l,n=2k(kGN*);

(2)证明见解析

【分析】(1)分别取〃为奇数和偶数时，再利用诱导公式化简递推式，即可得出数列｛6｝的

通项公式；

(2)*(1)知％=票，利用错位相减化简即可得出S=3-智，从而得证.

2Ufc1)TT2

【详解】(1)当兀-2k-l(/cGN*)时，azk+i=[1+sin~]a2fc-i+2cos^^n=

^a2k-l•

即%±1=2,所以数列｛的-1｝是首项为2、公比为2的等比数歹h因此的心1=2上

a2k-l

2

当n=2k(keN*)时，a2k+2=(i+sin等)a2k+2cos2=a2k+2,

所以数列Szk｝是首项为L公差为2的等差数列，因此a2k=2k-1.

n+1,*、

1n-l,n=2k(k6N);

(2)证明：由(1)知，j=符，记S=J+C2+•••+0.

则S=：+襄+…+^

*费+套+…+祭+笫/，

①-硼SE+26+/..+3-繇=/2.监一■

2

化简得s=3-筌.

故C[+。2+•••+%<3.

【点睛】关键点睛：隔项数列求通项，分类讨论n为奇数和偶数两种情况是关键.考查了数列

递推式，诱导公式及数列前n项和的错位相减法，属于较难题.

【变式1-1]5.(2021秋•浙江杭州•高三学军中学校考期中)已知数列｛即｝的各项均为正

数，前加页和为Sn,%=2,,a2=4，若对任意的正整数n，有即+2=偿:蓝I

⑴求的通项公式；

⑵设数列也｝满足%=>求证：%+坛+…bn<

an-l3

【答案】⑴厮=2n,neN*；

(2)证明过程见解析.

【分析】(1)当n=2k-1,n=2k,keN”时，分别求出通项公式，再综合即可；

(2)利用放缩法进行证明即可.

(1)

解：当n=2k-l,keN-时，an+2=4anBPGt2k-i+2=4a21

a2k+l=4a2k-l

・•・奇数项成等比数列

fe-12k-l

；・a2k-i=Qix4"T=2X4=2

n

:.n=2k—1时,an=2

当ri=2k,keN*时，an+2=2szi+4即a2k+2=2s2k+4①

当k=k+1时,a2k+4=2s2k+2+4②

aa

②-①得a2k+4—a2k+2=2（S2k+2—S2k）=2（2k+l+2k+2）

化简得。2々+4=3a2k+2+^a2k+l

即a2k+4=3a2k+2+4*+i

等式两边同时除以小+2得

02（々+2）_3。2（火+1）£

4k+2-4*4fc+1'4

等价于臀-1="（爱岁_1）

那UND

由题知。2=4,当k=1时，号-1=?-1=：-1=。

4444

故贤-1=0即a2k=小=22〃

An=2k时，%=2n

n

综上/dn=2,716N*

（2）

解：由（1）知，册=2九

1

2n-1

2n-1

nnn

2-1=2x2t-1=2x2t-m3T=

当n?3时，2-岩号

A271Tx（2-本）>2nT即2n-1>^x271-1,n>3

1,41

:.-----V-X-----

2n-l-72n-1n>3

艮++

5

+b<-

fcl23

【点睛】思路点睛：在利用放缩法证明数列不等式时，要注意放缩的方向，在放缩方向明确

之后，放大得太多，或者缩小得太多，可以适当进行调整，比如从第二项开始放缩或者第三

项开始放缩.

【变式1-1]6.(2022秋•江苏盐城•高三统考阶段练习)已知数列｛斯｝满足的==|，

n

an+2=an+2x3(nGN*),且%=an+an+1(nGN*).则数列｛bn)的通项公式

为•若%Cn=奈、(neN*),则数列｛.｝的前n项和为

【答案】b=3n,n&N*----7^~-

4UK.nn,33n+1(2n+l)

【分析】(1)根据递推关系求得%+i-%=an+1+an+2-(an+an+1)=an+2-an=2x

3n,利用累加法求得与的通项公式；

_______4n+4_______1

代入求得的心，化简％，得%=

(2)3n+1(2n-l)(2n+l)-3n(2n-l)3n+1(2n+l)

利用裂项相消法求得前n项和.

22=

【详解】解：%==|,即+=an+2x3noi6N*),可得4=%+。3,an+2-an=

2x3n,

bn+1«n+1+a„+2-(«n+W+i)=n

又-bn=an+2-an=2x3,

(Z?2—(/?3—2)+…+(%—

则bn=瓦+九)+力bn_i)=3+2x3+2x32+…+2x

33=1+答=-

上式对九=1也成立，

n

所以bn=3,neN\

中「=4(n+l)(力GH但「=____4九+4________]_____________J_____

™nn-3(4n2-l)1N*)''J1^n-3n+1(2n-l)(2n+l)-3n(2n-l)3n+1(2n+l)'

则数列｛J｝的前n项和为a一短+康一羡+•••+我土石-3»+羡+i）

_1_____1

-33n+1（2n+l）*

故答案为：b=3。，neN*

nO3<4/1十XJ

【点睛】关键点点睛：求&通项时，累加法求和需要考虑71=1的情况；化简0成可以裂项

的形式。=—=再高-昂可，从而利用裂项相消法求和•

题型2数列分奇偶之际+an+1=f（九）型

【例题2K2023春•山东淄博•高三沂源县第一中学校考期中月知数列｛册｝的前n项和为Sn,

且%=4,an+an+1=4n+2（neN*）,则使得Sn<2023成立的n的最大值为（）

A.32B.33C.44D.45

【答案】C

【分析】分奇偶项讨论，根据题意利用并项求和求Sn,运算求解即可.

【详解】当兀为偶数时，Sn=%+a?+…+ctn=(%+a2)+(a3+a4)+-■•+(an-i+«n)

(6+4n—2)x-

=64-14+…4-4n—2=---------=n(n+1),

令S”=n(n+1)<2023,且n为偶数,

解得2WTiW44,故n的最大值为44；

a

当n为奇数时,Sn=a1+a2+■■-+an=%+(a2+a3)+(a4+as)+-••+(an-i+n)

(10+4n-2)x*-1—--1

=4+10+18+…+4n-2=4H------------=no+n+2,

2

令S”=n2+n+2<2023,且n为奇数，

解得1<n<43,Kn的最大值为43；

综上所述：n的最大值为44.

故选：C.

【点睛】方法点睛：并项求和适用的条件和注意事项：

1.适用条件:数列中出现(-1厂,sin；®+…an+k=f(n)等形式时，常用利用并项求和求治；

2.注意分类讨论的应用，比如奇偶项，同时还需注意起止项的处理.

【变式2-1]1.(2023春辽宁鞍山•高三鞍山一中校考期中)已知数列｛aj(nGN*)的前n

项和为Sn,若Sn+i+S”=3n2+6n+3,%=2.

(1)记％=册+an+i判断｛%｝是否为等差数列，若是，给出证明；若不是，请说明理由.

(2)记j=(-1尸+&0n+],&｝的前n项和为",求”.

【答案】Q)不是等差数列，证明详见解析；

22

(2)当n为偶数时,Tn=^n4-jn-48,当n为奇数时,Tn=1n+3n+y.

【分析】(1)取n=1时可求为，当n>2时可根据s”与斯的关系求出即+与+1,再验证n=1

是否满足即可判断其是否为等差数列；(2)当nN2时，由即+与+1=6n+3,得册+2+

an+1=6n+9,两式相减即可得即+2-即=6,进而可以得出｛.｝从第2项起的奇数项和

偶数项分别成等差数列，讨论n为奇数时和为偶数时分别解决.

【详解】(1)因为Sn+1+Sn=3n2+6n+3,

当n-1时，S?+S[=2al+。2=3+6+3=12,又因为％—2,所以&=%+a?=10

22

当n>2时，因为Sn-Sn_i=an,由S^i+Sn=3n+6n+3,得即+i+Sn+Sn=3n+

2

6n+3①，所以即+2Sn_]=3(n—l)+6(n—1)+3②，

所以①-②得：

an+1+厮=6n+3,经验证，当n=1时不等于以,所以｛%｝不是等差数列•

(2)由a.+i+an=6n+3(n>2)，得斯+?+an+i=6n+9(n>2),两式相减得：

an+2-an=6(n>2).

所以当n>2时：

数列｛。2仆(keV)是首项为a?=8,公差为6的等差数列；

数列｛azk+J(k€N*)是首项为=7,公差为6的等差数列.

当n为偶数时,不妨设n=2k(kGN,),则a2k=6k+2,

此时27k=Ci+c2+c3+-+Czk-i+c2k

a

=-a2a3+a3a4-a4a5+a5a6------Fa2k_xa2fc-^2k2k+i

=ala2_a2a3+(as—03)04+(a7-。5)。6+(a9~a7)a8"•+(a2k+l~a2k-l)a2k

=16—56+6Q4+6a6+6a8+…+6a2k

,、(fc-1)•(/c-2)-61

=-40+614(/c-l)+----------------

=3肥+5k-48

因为几=2fc(fcEN*),所以此时7；=^n2+jn-48.

当"为奇数时，不妨设九=2k+l(k6N*),则g/c+i=6k+1,

此时72"+1=G++Q+…+c2k-l+c2k+c2k+l

=ara2-a2a3+a3a4-a4as+a5a6-----+a2k-a2k-a2ka2k+1+a2k+通2k+2

=+(a4一。2)。3+(a6-a4)a5+(a8-06)电…+(@2k+2-a2k)a2k+l

=16+6的+6%+6Q7+…+6。2k+1

fc•(fc-1)-6

=16+67k+—2—

=18/c2+24k+16.

因为n-2k+l(/ceN*),所以此时7n=|n2+3n+y

2

综上所述，当九为偶数时=/2+|n-48,当n为奇数时,Tn=|n+3n+*

【变式2-1]2.(2023•全国•高三专题练习)已知｛an｝是由非负整数组成的数列，满足的

0,。2=3,an+i-On=(an-i+2)(an_2+2)

⑴求a3；

(2)证明an=an_2+2,n=3,4,5,…;

⑶求｛an｝的通项公式及其前n项和Sn.

【答案】(1)2;

⑵证明见解析；

f-n(n+l),n=2k(k=1,2,3,1•1)

2

⑶an=n+=1,2,3,…；Sn=｛i、.

l-n(n+1)-1,n=2/c—l(/c=1,2,3,1•■)

【分析】Q)代入n=3,可得-a4=10,求得；

(2)利用数学归纳法证明即可；

(3)隔项差为定值，采用奇偶分析法求解.

【详解】(1)当n=3时，，4+2)(%+2)=10

因为。3，。4均为非负整数，所以的可能的值为1,2,5,10.

若CI3-1,则&4=10,Cl5-|,与题设矛盾；若-5,则C14=2,。3=空，与题设矛盾；

若=10,则=1,。5=60,a6-q与题设矛盾.

所以=2.

(2)①当n=3时，=%+2等式成立；

②假设当n=k(k>3)时等式成立，即以=ak_2+2,由题设以+1纵=(融_I+2)(ak,2+2)

又纵=Ofc-2+2片0,所以以+1=Ofc-i+2,即纵+1=a(k+i)-2+2,

所以当n=k+l时，等式成立

根据①和②，可知结论对一切n>3正整数都成立.

(3)因为0M=0n_2+2,n=3,4,5,­••

当n=2k—l(k=2,3,4,…)时,a2k-1=a2k-3+2=a2(fc-i)-i+2,

即数列｛斯｝的奇数项为等差数列，且首项为的=0,公差为2,

a2k,r=2(/c-1)=(2/c-1)-1,k=1,2,3,-

所以当n=2k-l(/c=1,2,3,…)时，an=n-1,

当n—2k(k=2,3,4,…)时，a2k—a2K-2+2=ci2(k-i)+2,a2=3

即数列｛七｝的偶数项为等差数列，且首项为a?=3,公差为2,

•••a2k=3+2(/c-1)=2fc+1,/c=1,2,3,

所以当n=2k(k=1,2,3,•••)时，斯="+1，

n

综上户胭,an=n+(-l),n=1,2,3,­••

当n=2k(k=1,2,3,…)时,

s2k=(«1+。3+…+(«2+a4+…a2k)=+"3+广+1)=k(2k+1)=

2k(2k+l).

所以当n=2k(k=1,2,3,…)时，Sn=-n(n+1)；

当n=2fc-l(k=1,2,3,…)时，

S2k-1=(Q1+%+…。24一1)+(a2++…a2k-2)

l)(2k+1)=(2"-l)(2kT+】)_1；

所以几=2k-l(fc=1,2,3,…)时/Sn=1n(n+1)-1.

(1,、

-n(n+l),n=2k(k=1,2,3,…)

综上所述，Sn=12

-n(n4-1)—l,n=2fc—l(fc=1,2,3,…)

【点睛】方法点睛：

数学归纳法的一般步骤：

(1)验证n=劭时成立；

(2)假设当n=k时成立，证得n=k+1也成立；

(3)得到证明的结论.其中在n=k到n=k+1的推理中必须使用归纳假设.

【变式2-1】3.(2022•全国•高三专题练习圮知在数列也“｝中小=3fln+1+an=3-2时】,

n&N*.

(1)求数列｛an｝的前n项和S”；

(2)若1<r<s且r,seN*,是否存在直线，，使得当即,即，a$成等差数列时，点列(2「，2s)

在，上?若存在，求该直线的方程并证明；若不存在，请说明理由.

n+1

【答案】Q)Sn=2"+(-l)

(2)存在,y=2x+6,证明见解析

【分析】(1)根据题干条件得到即+1-2"=-(即-2时】),从而得到｛即-2"T｝是以2为

首项、-1为公比的等比数列，进而得到｛%｝的通项公式，进而得到前n项和外；(2)根据题

干条件得到2吏一2ST=3+2x(-1)^-1-4X(一1)一】，分情况讨论，最后只有若r为奇数、

s为偶数,2r-2S-】=-3时成立，从而求出直线方程.

(1)

n

•••«n+i+an=3•2T,

nn-1

•••«n+i-2=~(an-2),

又%-2°=3-1=2,

数列｛an-2"-】｝是以2为首项、-1为公比的等比数列，

711

an-2-=2X(-I)”】,

n

•••an=2t+-2,

当n为正偶数时，Sn=*=2几-1；

1-Z

当九为正奇数时，sn=三"+2=2"+1,

1-Z

nn+1

•••Sn=2+(-l)；

⑵

结论：存在满足条件的直线y=2x+6.

理由如下：

假设的，ar/as成等差数列,则20r=ax+as,

2[2r-1+X2]=3+2s-1+(-I)STX2,

整理得：2r-2ST=3+2x(-I)ST-4x(-17-1,

依题意，1<r<s且r,s&N*,下面对r、s进行讨论：

①若r、s均为偶数，贝1|2,一2ST=3-2+4=5>0,

解得：s<r+l,与l<r<s且r,sGN*矛盾，舍去；

②若r为奇数、s为偶数,则2r-2ST=3-2-4=-3<0,

解得：s>r+1；

③若r为偶数、s为奇数，则2r-2ST=3+2+4=9>0,

解得：s<r+1,与1<r<s且r,sGN*矛盾,舍去；

④若r、s均为奇数,则2『-2ST=3+2-4=1>0,

解得：s<r+l,与l<r<s且r,sGN*矛盾,舍去；

综上①②③④，只有当r为奇数、s为偶数时，的,册，as成等差数列，

因为一2ST=-3,所以2s=2（2『+3）,即满足条件点列（2『，2，）落在直线y=2x+6在

/±.

【变式2-1]4.（2023・全国•高三专题练习）已知又是数列｛an｝的前n项和，的=1,

①VneN*,即+an+1=4n；②数列用为等差数列，且闺的前3项和为6从以上两个条件

中任选一个补充在横线处,并求解：

⑴求a”；

（2）设b=产个,求数列｛%｝的前71项和Tn.

（an'an+l）

【答案】（D条件选择见解析，an=2n-1

（j\T__2?i5+l）

一（271+1）2

【分析】（1）选①，分析可知数列｛a2k-J、GN*）均为公差为4的等差数列，求出a?

的值，可求得。2八1、a2AGN*）的表达式，可得出数列｛an｝的通项公式；

选②，求得郛值，可得出数列甥的公差，即可求得右,再由an=h六:2可求

得数列｛即｝的通项公式；

(2)求得以=|[靡于--],利用裂项相消法可求得

(1)

解：选条件①：VnG/V*,an+an+1=4n,^an+1+an+2=4(n+1),

所以，an+2-an=4(n+1)-4n=4,

即数列｛azk-J、S2k｝(kGN*)均为公差为4的等差数列，

于是。2上-1=a1+4(k-1)=4k—3-2(_2k—1)—1,

又a1+a2=4,a2=3,a2k=a2+4(fc-1)=4/c-1=2-(2fc)—1,所以an=2n—1；

选条件②：因为数列图为等差数列，且闺的前3项和为6,

得++3+3=3x3=6,所以/=2,

所以｛学｝的公差为力=§一.=2-1=1,

得到手=1+(n-1)=n,则%=n2,

22

当n>2,an=Sn-Sn-i=n-(n-I)=2n-1.

又的=1满足an=2n-1,所以，对任意的71GN*,an=2n-1.

(2)

解：因为%=M=所点…尸一小]，

所以7；=瓦+尻+…+%=(片一表+专―++…+而匕一最」

=1[1J=2n(n+l)

2L(2n+l)2J(271+1)2，

【变式2-1]5.(2023秋•广东珠海•高三珠海市第二中学校考阶段练习)已知数列｛即｝满

n

足的=l,an+an+1=A-2(^nGN)(A是常数).

⑴若4=0,证明｛an｝是等比数列；

(2)若4H0,且｛即｝是等比数列，求%的值以及数列｛(-1)"1。92a3n.l｝的前几项和外.

【答案】（1）证明见解析

(2)A=|,Sn=(6n-l)x(-l)n+l

4

【分析】(1)根据等比数列的定义证得结论成立.

(2)利用分组求和法以及对71进行分类讨论来求得Sn.

【详解】(1)依题意，%=1,即+an+i=2,2”(neN*),

当4=0时，an+an+i=0,an+1=-an,

所以数列｛时｝是首项的=1,公比为-1的等比数列.

n

(2)依题意iai=l,an+an+1=A.2(neN*),A0,且｛a“｝是等比数列，

则@1+口2=1+。2=入,2,。2=2/1—1,

。2+。3=24—1+Q3=入,22,Q3=24+1,

所以(24-1)2=1X3+1),而％K0,故解得4=|,

则％=1,=2,=4,所以等比数列｛时｝的公比q=2,

n13n2

则即=2-,a3n_1=2-,

n32n

所以(—l)n|og2a3n-i=(-l)log22«-=(-l)(3n-2),

所以，当n为偶数时，

Sn=(-1)+(4)+(-7)+(10)+(-13)+(17)+…+[―(3n—5)]+(3n—2)

n36n

=o3x-=-n=—,

224

当几为奇数时，

S"=Sn+1-an+1=|(n+1)-(3n+1)=,

综上所述，S’二(6叱1)1-1)"+1.

4

【变式2-1]6.(2023秋•广东广州•高三广州市第一中学校考阶段练习)在数列｛即｝中，

已知即+i+即=3・2n,%=1.

⑴求证：｛%-2与是等比数列.

(2)求数列｛斯｝的前n项和端.

【答案】⑴证明详见解析

(2)Sn=2n+】+总二

【分析】(1)通过凑配法证得｛斯-2。｝是等比数列.

(2)利用分组求和法求得立.

nn+1nn+1n

【详解】(1)由an+i+an=3-2,得an+i-2+an=3-2-2=2,

即G+i—2"i=-(an-2"),

所以｛6-2"｝是首项为a】-21=-1,公比为-1的等比数列.

n

(2)由(1)得an—2"=(-1)x(一1尸t=(一1尸,0n=2"+(-l).

所以Sn=2+22+…+2"+(-1)1+(-1)2+•••+(-l)n

=2(1-2力+-[1-(-1)与_271+1_2+=2n+1+(T)“一5

1-21-(-1)-2—2

题型3数列分奇偶之册即+1=f(n)型

【例题3】(2023•全国•高三专题练习)已知数列｛aj的前n项和为%，的=2,a-0,

anan+l=4S".

Q)求时；

n

(2)设%=(-1)"-(3-1),数列｛bn｝的前n项和为7n,若vkeN*,都有「2k_i<入<72k成

立，求实数屁勺范围.

【答案]⑴/=2n,neN*

(2)2G(—2,6)

【分析】(1)由册％1+1=4Sn,可得即_网=4Sn_i(n>2),两式相减并化简后可得册+1-

an-i=4(n>2),后分奇偶情况可得an；

(2)方法1,由题bn=(-3)"-(-1)«,由等比数列前n项和公式可得6修Bk-i表达式；

方法2，注意到与卜1+Bk=2-32~i,可得7^,72-1表达式•后注意到Tzk,bk-1的单调性，

利用A<A<0可得答案.

【详解】(1)-41%1+1=4s九/***Qn_j£Zn=4Sn-i("N2).

4

・•・«n(«n+i-«n-i)=«n5?2),、:an0,/.an+1-an^=4(n>2).

又%=2,=4Si,g=4,.•.数列｛an｝的奇数项，偶数项分别是以2,4为首项，4

为公差的等差数列.

当九=2k—1时,a2fe_1=4k—2=2(2k—1)；当九=2/c时zQ2k=4k=2•2k.

综上,an=2n,neN*

nn

(2)方;S-：vbn=(-l)(3-1)=(一3严一(一1)篦=(-3严+(-1)九+1,

.干_(一3)|1-(-3尸|1-(一1尸_3(-3—一31-(-1尸_3(—3—一2(-1)—1

**n-—1-(-3)-+1-(-1)-4―2-—4,

二%==((I-

n

方法二：•••bn=(-l)(3«-1),

21

•Ft+b2k=_(32kT—1)+(32女,1)=2-B^,

•••72k=2•31+2•33+2•35+…+2•32k-1=,

2kk

・•,T2k-1=T2k~b2k=~(3-l)=i(l-9),

.■.n=2k,k€N*时，7；=T2k=与»为递增数列，

n=2k-l,k&N*时，Tn=Rk-i=；(1-*)为递减数列，

若VkeN*,都有T^k-l<4<72k成立，只需使a>(72k-i)max=Ti，则4>一2且

(RQmin=T2,则，<6.

AG(-2,6)

【变式3-1]1.(2022秋•湖南衡阳•高三衡阳市一中校考阶段练习)已知数列｛斯｝满足

anan+l=2"1,且由1.

(1)求数列｛时｝的通项公式；

⑵设匕=F，Sn=£陶打，求证：1Wsn<6.

n-i

2丁,n为奇数

【答案】⑴斯=n-2

2丁,n为偶数

（2）证明见解析

【分析】（1）根据题意