第2部分 专题2 强基专题1　数列中的奇、偶项问题 课件（共30张PPT）

专题二数列强基专题1数列中的奇、偶项问题第二部分核心专题师生共研“分段函数的递推关系”属于数列奇偶项的问题，该类问题主要考查学生的综合运用知识能力与探究问题能力，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，特别注意分类讨论等思想在解题中的灵活运用.【例1】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＝an－1＋1，n＝2k2an－1＋1，n＝2k＋1(k∈N*)．则下列选项不正确的为()A．a6＝14B．数列{a2k－1＋3}(k∈N*)是以2为公比的等比数列C．对于任意的k∈N*，a2k＝2k＋1－3D．Sn＞1000的最小正整数n的值为15C[由题设可得a2k－a2k－1＝1，a2k＋1－2a2k＝1，因为a1＝1，a2－a1＝1，故a2＝a1＋1＝2，所以a2k＋2－a2k＋1＝1，a2k＋1－2a2k＝1，所以a2k＋2－2a2k＝2，所以a2k＋2＋2＝2(a2k＋2)，因为a2＋2＝4≠0，故a2k＋2≠0，所以a2k＋2＋2a2k＋2＝2，所以{a2k＋2}为等比数列，所以a2k＋2＝4×2k－1，即a2k＝2k＋1－2，故a6＝16－2＝14，故A正确，C错误．又a2k－1＝2k＋1－2－1＝2k＋1－3，故a2k－1＋3＝2k＋1，所以a2k＋1＋3a2k－1＋3＝2，即{a2k－1＋3}(k∈N*)是以2为公比的等比数列，故B正确．S14＝a1＋a2＋…＋a14＝a1＋(a1＋1)＋…＋a13＋(a13＋1)＝2(a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13)＋7＝2×(22－3＋23－3＋…＋28－3)＋7＝981，S15＝S14＋a15＝981＋509＝1490＞1000，故Sn＞1000的最小正整数n的值为15，故D正确．故选C．]题设中给出的是混合递推关系，因此需要考虑奇数项的递推关系和偶数项的递推关系，另外讨论D项是否成立时注意先考虑S14的值.【例2】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.[解](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＝－12.(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＝2n，n为奇数2n－5，n为偶数.法一：①当n为偶数时，Sn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝2＋2n－12·n2＋－1＋2n－52·n2＝2n2－3n2.②当n为奇数时，Sn＝2n－12－3n－12＋2n＝2n2－3n＋52，所以Sn＝2n2－3n＋52，n为奇数，2n2－3n2，n为偶数.法二：①当n为偶数时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝1＋9＋…＋(4n－7)＝2n2－3n2；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＝2n2－3n＋52.所以Sn＝2n2－3n＋52，n为奇数，2n2－3n2，n为偶数.1．数列中连续两项和或积的问题(an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1＝f(n))属于数列中的奇、偶项问题．2．对于通项公式分奇、偶不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项和偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.1234[跟进训练]1．数列{an}满足an＋1＋an＝(－1)n(2n－1)，则{an}的前60项和为()A．－1710B．－1740C．－1770D．－18801234C[根据题意，数列{an}满足an＋1＋an＝(－1)n(2n－1)，当n为奇数时，有an＋1＋an＝－(2n－1)，其中当n＝1时，有a2＋a1＝－1，当n＝3时，有a4＋a3＝－5，当n＝5时，有a6＋a5＝－9，…1234当n＝59时，有a60＋a59＝－(2×59－1)＝－117，则{an}的前60项和S60＝(a2＋a1)＋(a4＋a3)＋…＋(a60＋a59)＝(－1)＋(－5)＋…＋(－117)＝－(1＋5＋9＋…＋117)＝－1＋117×302＝－1770.故选C．]12342．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝12an＋n，n为正奇数an－2n，n为正偶数，bn＝a2n－2.(1)求a2，a3，a4；(2)求证：数列{bn}为等比数列，并求其通项公式；(3)求和Tn＝a2＋a4＋…＋a2n.1234[解](1)a1＝1，an＋1＝12an＋n，n为正奇数an－2n，n为正偶数，可得a2＝1＋12a1＝1＋12＝32；a3＝a2－4＝－52，a4＝3＋12a3＝74.1234(2)证明：bn＝a2n－2＝12a2n－1＋2n－1－2＝12(a2n－2－4n＋4)＋2n－1－2＝12(a2n－2－2)＝12bn－1，又b1＝a2－2＝－12，可得数列{bn}为公比为12，首项为－12的等比数列，即bn＝－12n.1234(3)由(2)可得a2n＝2－12n，Tn＝a2＋a4＋…＋a2n＝2n－12＋14＋…＋12n＝2n－121－12n1－12＝2n－1＋12n.12343．在数列{an}中，已知a1＝1，an·an＋1＝12n，记Sn为{an}的前n项和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*.(1)判断数列{bn}是否为等比数列，并写出其通项公式；(2)求数列{an}的通项公式；(3)求Sn.1234[解](1)因为an·an＋1＝12n，所以an＋1·an＋2＝12n＋1，所以an＋2an＝12，即an＋2＝12an.因为bn＝a2n＋a2n－1，所以bn＋1bn＝a2n＋2＋a2n＋1a2n＋a2n－1＝12a2n＋12a2n－1a2n＋a2n－1＝12，所以数列{bn}是公比为12的等比数列．1234因为a1＝1，a1·a2＝12，所以a2＝12，b1＝a1＋a2＝32，所以bn＝32×12n－1＝32n，n∈N*.1234(2)由(1)可知an＋2＝12an，所以a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，12为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝12为首项，12为公比的等比数列，所以a2n－1＝12n－1，a2n＝12n，所以an＝12n＋12－1，n为奇数，12n2，n为偶数.1234(3)因为S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝1－12n1－12＋121－12n1－12＝3－32n，1234又S2n－1＝S2n－a2n＝3－32n－12n＝3－42n，所以Sn＝3－32n2，n为偶数，3－42n＋12，n为奇数.12344．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝12n2＋12n.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝an，n＝2k－1，k∈N*，2an，n＝2k，k∈N*，求数列{bn}的前2n项和T2n.1234[解](1)因为Sn＝12n2＋12n，所以当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝12n2＋12n－12n－12＋12n－1＝n，又n＝1时符合上式，所以an＝n.1234(2)因为bn＝an，n＝2k－1，k∈N*，2an，n＝2k，k∈N*，所以对任意的k∈N*，b2k＋1－b2k－1＝(2k＋1)－(2k－1)＝2，则{b2k＋1}是以1为首项，2为公差的等差数列．1234又b2k＋2b2k＝22k＋222k＝4，所以{b2k}是以4为首项，4为公比的等比数列．所以T2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)＝(1＋3＋…＋2n－1)＋(4＋42＋43＋…＋4n)＝n1＋2n－12＋41－4n1－4＝n2＋4n＋13－43.