高三數(shù)學二輪復習專題9.數(shù)列中的奇偶項問題

高三數(shù)學二輪復習專題9.數(shù)列中的奇偶項問題專題9數(shù)列中的奇偶項問題專題一、等差等比奇偶項問題1.已知數(shù)列$\{a_n\}$為等差數(shù)列，其前12項和為354，在前12項中，偶數(shù)項之和與奇數(shù)項之和的比為32/27，則這個數(shù)列的公差為______。解：設該等差數(shù)列的公差為$d$，則有$$\begin{cases}12\cdot\frac{a_1+a_{12}}{2}=354\\\frac{a_2+a_4+\cdots+a_{12}}{a_1+a_3+\cdots+a_{11}}=\frac{32}{27}\end{cases}$$解得$d=6$。2.等比數(shù)列$\{a_n\}$的首項為1，項數(shù)為偶數(shù)，且奇數(shù)項和為85，偶數(shù)項和為170，則數(shù)列的項數(shù)為______。解：設該等比數(shù)列的公比為$q$，項數(shù)為$2n$，則有$$\begin{cases}a_1=1\\a_1(q^{2n}-1)/(q^2-1)=85\\a_1(q^{2n-1}-1)/(q-1)=170\end{cases}$$解得$n=3$，即項數(shù)為6。3.已知等差數(shù)列$\{a_n\}$的項數(shù)為奇數(shù)，且奇數(shù)項和為44，偶數(shù)項和為33，則數(shù)列的中間項為______；項數(shù)為______。解：設該等差數(shù)列的項數(shù)為$2n+1$，公差為$d$，中間項為$a_{n+1}$，則有$$\begin{cases}n\cdota_1+(n+1)\cdota_{2n+1}=44\\n\cdota_2+(n+1)\cdota_{2n}=33\\a_1+a_{2n+1}=2a_{n+1}\end{cases}$$解得$a_{n+1}=5$，$n=2$，即中間項為5，項數(shù)為5。專題二、數(shù)列中連續(xù)兩項和或積的問題（$a_n+a_{n+1}=f(n)$或$a_n\cdota_{n+1}=f(n)$）1.定義“等和數(shù)列”：在一個數(shù)列中，如果每一項與它的后一項的和都為同一個常數(shù)，那么這個數(shù)列叫作等和數(shù)列，這個常數(shù)叫作數(shù)列的公和。已知數(shù)列$\{a_n\}$是等和數(shù)列，且$a_1=2$，公和為5，那么$a_{18}$的值為______，這個數(shù)列的前$n$項和$S_n$的計算公式為______。解：設該等和數(shù)列的公和為$d$，則有$a_{18}=a_1+17d=37$。因為$a_n=\frac{n(2a_1+(n-1)d)}{2}$，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.若數(shù)列$\{a_n\}$滿足：$a_1=1$，$a_n+a_{n+1}=4n$，則數(shù)列$\{a_{2n-1}\}$的前$n$項和是______。解：將$a_n+a_{n+1}=4n$化為$a_{2n-1}\cdota_{2n}=4n-1$，則有$S_n=\sum_{i=1}^na_{2i-1}=\sum_{i=1}^n\frac{4i-1}{a_{2i}}=\sum_{i=1}^n\frac{4i-1}{4i-1}=n$。3.若數(shù)列$\{a_n\}$滿足：$a_1=1$，$a_na_{n+1}=4n$，則$\{a_n\}$的前$2n$項和是______。解：將$a_na_{n+1}=4n$化為$a_{2n-1}\cdota_{2n}=4n-1$，則有$S_{2n}=\sum_{i=1}^{2n}a_i=\sum_{i=1}^{2n}\frac{4i-1}{a_{i+1}}=\sum_{i=1}^{2n}\frac{4i-1}{4i-3}-\sum_{i=1}^{2n}\frac{1}{4i-3}=2n+\frac{1}{3}\sum_{i=1}^{2n}\frac{1}{i}-\frac{1}{3}\sum_{i=1}^{4n-1}\frac{1}{i}=\frac{7}{6}n+\frac{1}{3}\sum_{i=4n}^{8n-1}\frac{1}{i}$。4.已知數(shù)列$\{a_n\}$中，記$S_n$為$\{a_n\}$的前$n$項的和，$a_1=1$，$b_n=a_{2n}+a_{2n-1}$，$n\inN^*$。（Ⅰ）求數(shù)列$\{a_n\}$的通項公式；（Ⅱ）判斷數(shù)列$\{b_n\}$是否為等比數(shù)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$\{2b_i-b_{i-1}-b_{i+1}\}$的通項公式即可。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$\{a_n\}$的通項公式為$a_n=\frac{1}{2}(3^n-(-1)^n)$。（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$d$為$\{a_n\}$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，$\{b_n\}$是等比數(shù)列，公比為$(2^{n+1}+d)/(2^n+d)$。（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$a_n$的通項公式得$d_n=3^n-3^{n-1}$。因此，只需代入$n=1,2,\cdots$計算即可。1.已知數(shù)列$\{a_n\}$，$\{b_n\}$滿足遞推式$n+2=3T_{n+1}-T_n$，其中$n$為正整數(shù)。(1)求數(shù)列$\{a_n\}$、$\{b_n\}$的通項公式；(2)問是否存在正整數(shù)$m$、$n$，使得$T_{n+1}-m>1+b_{m+2}$成立？若存在，求出所有符合條件的有序?qū)崝?shù)對$(m,n)$，若不存在，請說明理由。2.含有$\{(-1)^n\}$類型(1)已知$S_n=1-2+3-4+\cdots+(-1)^{n-1}n$，求數(shù)列$\{a_n\}$的前$60$項和；(2)數(shù)列$\{a_n\}$滿足遞推式$a_{n+1}+(-1)^na_n=2n-1$，求$S_{17}+S_{33}+S_{50}$；(3)數(shù)列$\{a_n\}$滿足遞推式$a_{n+2}-a_n=1+(-1)^n$，$n\in\mathbb{N}^*$，$\{a_n\}$的前$n$項和為$S_n$，求$S_{100}$；(4)已知數(shù)列$\{a_n\}$的前$n$項和為$S_n$，$S_n=(-1)^na_n-n+1$，$n\in\mathbb{N}$，求$S_1+S_2+S_3+\cdots+S_{100}$；(5)數(shù)列$\{a_n\}$的通項公式為$a_n=n\cos(n\pi)+1$，$\{a_n\}$的前$n$項和為$S_n$，求$S_{2012}$。3.含有$\{a_{2n}\}$、$\{a_{2n-1}\}$類型(1)已知數(shù)列$\{a_n\}$的首項$a_1=1$，且滿足$a_{2n+1}=2a_{2n-1}$，$a_{2n}=a_{2n-1}+1$，求$S_{20}$；(2)已知數(shù)列$\{a_n\}$的各項均為正數(shù)，前$n$項和為$S_n=\dfrac{2+(-1)^n}{2}a_n$，且$a_1=1$，$a_2=2$，設$b_n=a_{2n-1}+a_{2n}$。(a)若數(shù)列$\{b_n\}$是公比為$3$的等比數(shù)列，求$S_{2n}$；(b)若$S_{2n}=3(2n-1)$，數(shù)列$\left\{\dfrac{a_n}{a_{n+1}}\right\}$也為等比數(shù)列，求$\{a_n\}$的通項公式。1.求數(shù)列$\{a_n\}$的通項公式和$a_m=a_{m+1}=a_{m+2}$的正整數(shù)$m$的值。數(shù)列$\{a_n\}$的前三項為$a_1=1,a_2=2,a_3=3$，且對于$n\in\mathbb{N}^*$，有$a_{2n+1}=a_{2n-1}+2,a_{2n+2}=3a_{2n}$。設$a_n=x^n$，則$x^{2n+1}=x^{2n-1}+2$，$x^{2n+2}=3x^{2n}$，解得$x=2$，$a_n=2^n$。因此，$\{a_n\}$的通項公式為$a_n=2^n$。當$a_m=a_{m+1}=a_{m+2}$時，有$2^m=2^{m+1}=2^{m+2}$，解得$m=0$。因此，正整數(shù)$m$的值為$m=0$。2.已知數(shù)列$\{a_n\}$滿足$a_1=1,a_{n+1}=\dfrac{a_n}{a_{n-1}}+1$，求證數(shù)列$\{a_n\}$的前$n$項和為$\dfrac{n^2}{a_1}$，并求出數(shù)列$\{a_n\}$的通項公式。設數(shù)列$\{a_n\}$的前$n$項和為$S_n$，則$S_n=\sum\limits_{i=1}^na_i$。對于$n\geq3$，有$$\dfrac{a_n}{a_{n-1}}+1=\dfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}+1$$移項可得$\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=\dfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}$，因此$\{a_n\}$是一個等比數(shù)列。設$a_1=x$，$q=\dfrac{a_2}{a_1}$，則$a_n=xq^{n-1}$，代入$S_n$的公式得$$S_n=\dfrac{x(q^n-1)}{q-1}$$當$n=1$時，$S_n=a_1=x$，因此$S_n=\dfrac{n^2}{a_1}$成立。又因為$S_1=1$，代入$S_n$的公式可得$x=1$，$q=2$，因此$\{a_n\}$的通項公式為$a_n=2^{n-1}$。3.已知數(shù)列$\{a_n\}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=\dfrac{2n+3}{n+2}a_n$，求證數(shù)列$\{a_n\}$的前$n$項和為$2-\dfrac{1}{n+2}$，并求出數(shù)列$\{a_n\}$的通項公式。設數(shù)列$\{a_n\}$的前$n$項和為$S_n$，則$S_n=\sum\limits_{i=1}^na_i$。對于$n\geq2$，有$$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{2n+3}{n+2}$$移項可得$a_{n+1}=\dfrac{2n+3}{n+2}a_n$，因此$\{a_n\}$是一個比值為$\dfrac{2n+3}{n+2}$的等比數(shù)列。設$a_1=x$，$q=\dfrac{a_2}{a_1}$，則$a_n=x\prod\limits_{i=2}^n\dfrac{