高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)微專題50與數(shù)列奇偶項有關(guān)的問題學(xué)案

/08/8/微專題50與數(shù)列奇偶項有關(guān)的問題有關(guān)數(shù)列奇偶項的問題是高考經(jīng)常涉及的問題，解決此類問題的難點在于搞清數(shù)列奇數(shù)項和偶數(shù)項的首項、項數(shù)、公差(比)等．本專題主要研究與數(shù)列奇偶項有關(guān)的問題，并在解決問題中讓學(xué)生感悟分類討論等思想在解題中的有效運用.例題：已知數(shù)列{an}滿足，an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)．(1)若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，求a1的值；(2)當(dāng)a1＝2時，求數(shù)列{an}的前n項和Sn.變式1設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2x＋3,3x)(x>0)，數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)))(n∈N*，且n≥2)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…＋(－1)n－1anan＋1，若Tn≥tn2對n∈N*恒成立，求實數(shù)t的取值范圍．

串講1已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且2a5－a3＝13，S4＝16.(1)求數(shù)列{an}的前n項和Sn；(2)設(shè)Tn＝eq\i\su(i＝1,n,)(－1)i·ai，若對一切正整數(shù)n，不等式λTn<[an＋1＋(－1)n＋1an]·2n－1恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍．串講2已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，n∈N*，滿足eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(1,2)，且a1＝1，并且正項數(shù)列{bn}滿足bn＋12－bn＋1＝bn2＋bn(n∈N*)，其前7項和為42.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；(2)令cn＝eq\f(bn,an)＋eq\f(an,bn)，數(shù)列{cn}的前n項和為Tn，若對任意正整數(shù)，都有Tn≥2n＋a，求實數(shù)a的取值范圍；(3)將數(shù)列{an}，{bn}的項按照“當(dāng)n為奇數(shù)時，an放在前面；當(dāng)n為偶數(shù)時，bn放在前面”的要求進(jìn)行排列，得到一個新的數(shù)列：a1，b1，b2，a2，a3，b3，b4，a4，a5，b5，b6，…，求這個新數(shù)列的前n項和Pn.

(2018·南通市、泰州市高三第一次調(diào)研測試)若數(shù)列{an}同時滿足：①對于任意的正整數(shù)n，an＋1≥an恒成立；②若對于給定的正整數(shù)k，an－k＋an＋k＝2an對于任意的正整數(shù)n(n>k)恒成立，則稱數(shù)列{an}是“R(k)數(shù)列”．(1)已知an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－1，n為奇數(shù)，,2n，n為偶數(shù)，))判斷數(shù)列{an}是否為“R(2)數(shù)列”，并說明理由；(2)已知數(shù)列{bn}是“R(3)數(shù)列”，且存在整數(shù)p(p>1)，使得b3p－3，b3p－1，b3p＋1，b3p＋3成等差數(shù)列，證明：{bn}是等差數(shù)列．(2018·鹽城高三第三次模擬考試)在數(shù)列{an}中，已知a1＝1，a2＝λ，滿足a2n－1，a2n－1＋1，a2n－1＋2，…，a2n是等差數(shù)列(其中n≥2，n∈N)，且當(dāng)n為奇數(shù)時，公差為d；當(dāng)n為偶數(shù)時，公差為－d.(1)當(dāng)λ＝1，d＝1時，求a8的值；(2)當(dāng)d≠0時，求證：數(shù)列{|a2n＋2－a2n|}(n∈N*)是等比數(shù)列；(3)當(dāng)λ≠1時，記滿足am＝a2的所有m構(gòu)成的一個單調(diào)遞增數(shù)列為{bn}，試求數(shù)列{bn}的通項公式．答案：(1)3；(2)略；(3)bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋2,3)＋\f(2,3)（n為偶數(shù)），,\f(2n＋2,3)－\f(2,3)（n為奇數(shù)）.))解析：(1)由λ＝1，d＝1，所以a2＝1，a2，a3，a4為等差數(shù)列且公差為－1，2分所以a4＝a2－2＝－1，又a4，a5，…a8為等差數(shù)列且公差為1，所以a8＝a4＋4＝3.4分(2)當(dāng)n＝2k＋1時，a22k，a22k＋1，a22k＋2，…，a22k＋1是等差數(shù)列且公差為d，所以a22k＋1＝222k＋22kd，6分同理可得a22k＝a22k－1－22k－1d，兩式相加，得a22k＋1－a22k－1＝22k－1d；當(dāng)n＝2k時，同理可得a22k＋2－a22k＝－22kd，所以|a2n＋2－a2n|＝2nd.7分又因為d≠0，所以eq\f(|a2n＋2－a2n|,|a2n＋1－a2n－1|)＝eq\f(2n,2n－1)＝2(n≥2)，所以數(shù)列{|a2n＋2－a2n|}(n∈N*)是以2為公比的等比數(shù)列.8分(3)因為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，當(dāng)22k＋1≤n≤22k＋2時，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為奇數(shù))；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，當(dāng)22k＋2≤n≤22k＋3時，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為偶數(shù))．微專題50例題答案：(1)－eq\f(1,2)；(2)Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2n2－3n＋5,2)，n為奇數(shù)，,\f(2n2－3n,2)，n為偶數(shù).))解析：(1)若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，則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*)．兩式相減，得an＋2－an＝4.所以數(shù)列{a2n－1}是首項為a1，公差為4的等差數(shù)列，數(shù)列{a2n}是首項為a2，公差為4的等差數(shù)列，由a2＋a1＝1，a1＝2，得a2＝－1.所以an＝解法1：①當(dāng)n為偶數(shù)時，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當(dāng)n為奇數(shù)時，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為奇數(shù)，,\f(2n2－3n,2)，n為偶數(shù).))解法2：①當(dāng)n為偶數(shù)時，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝1＋9＋…＋(4n－7)＝eq\f(2n2－3n,2)；②當(dāng)n為奇數(shù)時，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為奇數(shù)，,\f(2n2－3n,2)，n為偶數(shù).))變式聯(lián)想變式1答案：(1)an＝eq\f(2n＋1,3)；(2)(－∞，－eq\f(5,9)]．解析：(1)因為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).因為a1＝1，所以數(shù)列{an}是以1為首項，公差為eq\f(2,3)的等差數(shù)列．所以an＝eq\f(2n＋1,3).(2)①當(dāng)n＝2m，m∈N*時，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當(dāng)n＝2m－1，m∈N*時，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對n∈N*恒成立，只要使－eq\f(1,9)(2n2＋6n)≥tn2，(n為偶數(shù))恒成立，只要使－eq\f(1,9)(2＋eq\f(6,n))≥t，對n為偶數(shù)恒成立．故實數(shù)t的取值范圍為(－∞，－eq\f(5,9)]．說明：數(shù)列中的奇數(shù)項、偶數(shù)項數(shù)列問題實質(zhì)上是對一個數(shù)列分成兩個新的數(shù)列進(jìn)行考查，易搞錯的是新數(shù)列與原數(shù)列的項數(shù)、公差、公比的判定．串講激活串講1答案：(1)Sn＝n2；(2)(－4，2)．解析：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d.因為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當(dāng)n為偶數(shù)時，設(shè)n＝2k，k∈N*，則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，從而λ<eq\f(4k,2k).設(shè)f(k)＝eq\f(4k,2k)，則f(k＋1)－f(k)＝eq\f(4k＋1,2（k＋1）)－eq\f(4k,2k)＝eq\f(4k（3k－1）,2k（k＋1）).因為k∈N*，所以f(k＋1)－f(k)>0，所以f(k)是遞增的，所以f(k)min＝2，所以λ<2.②當(dāng)n為奇數(shù)時，設(shè)n＝2k－1，k∈N*，則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，從而λ>－4k.因為k∈N*，所以－4k的最大值為－4，所以λ>－4.綜上，λ的取值范圍為(－4，2)．解法2：當(dāng)n為偶數(shù)時，設(shè)n＝2k，k∈N*，則T2k＝(a2＋a4＋…＋a2k)－(a1＋a3＋…＋a2k－1)＝2k，下同法1串講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)，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首項為1，公差為eq\f(1,2)的等差數(shù)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，∴數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，且公差為d＝1，設(shè){bn}的前項和為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))，設(shè)Rn＝3－2(eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2))，則Rn＋1－Rn＝2(eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋3))＝eq\f(4,（n＋1）（n＋3）)>0，∴數(shù)列{Rn}為遞增數(shù)列，∴(Rn)min＝R1＝eq\f(4,3)，∵對任意正整數(shù)n，都有Tn－2n≥a恒成立，∴a≤eq\f(4,3)，即實數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,3)))(3)數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(n（n＋1）,2)，數(shù)列{bn}的前n項和Bn＝eq\f(n（n＋5）,2)，①當(dāng)n＝2k(k∈N*)時，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當(dāng)n＝4k－3(k∈N*)時，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)，特別地，當(dāng)n＝1時，P1＝1也符合上式；③當(dāng)n＝4k－1(k∈N*)時，Pn＝S2k－1＋B2k＝eq\f(（2k－1）2k,2)＋eq\f(2k（2k＋5）,2)＝4k2＋4k＝eq\f(n2＋6n＋5,4).綜上，Pn＝新題在線答案：(1)是；(2)略．解析：(1)當(dāng)n為奇數(shù)時，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；當(dāng)n為偶數(shù)時，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.所以數(shù)列{an}是“R(2)數(shù)列”．(2)由題意可得bn－3＋bn＋3＝2bn，則數(shù)列b1，b4，b7，…是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d1，數(shù)列b2，b5，b8，…是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d2，數(shù)列b3，b6，b9，…是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d3，因為bn≤