微专题19 数列的奇偶项问题
高考定位 有关数列的奇偶项问题是高考中经常涉及的问题,解决此类问题的关键在于搞清数列奇
数项和偶数项的首项、项数、公差(比)等,涉及求通项、求和等.(1)隔项等差、等比数列型求通项
公式常用的方法:用2k－1 或2k 替代n,求出a2k－1,a2k的通项;(2)求数列的前n 项和常用的方法有:方
法一:分别求出S 奇,S 偶,利用Sn＝S 奇＋S 偶,这种思路本质上是分组求和;方法二:把a2k－1＋a2k看作一
项,求出S2k,再利用S2k－1＝S2k－a2k求出S2k－1,这种思路本质上是并项求和.
【真题体验】
(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1,an＋1＝{
an＋1,n 为奇数,
an＋2,n 为偶数.
(1)记bn＝a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;
(2)求{an}的前20 项和.
解 (1)因为bn＝a2n,且a1＝1,
an＋1＝{
an＋1,n 为奇数,
an＋2,n 为偶数,
所以b1＝a2＝a1＋1＝2,
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.
因为bn＝a2n,
所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1
＝a2n＋2＋1＝a2n＋3,
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3,
所以数列{bn}是以2 为首项,3 为公差的等差数列,
所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1,n∈N*.
(2)因为an＋1＝{
an＋1,n 为奇数,
an＋2,n 为偶数,
所以k∈N*时,a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1,
即a2k＝a2k－1＋1,①
a2k＋1＝a2k＋2,②
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1,
即a2k＋2＝a2k＋1＋1,③
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3,
即a2k＋1－a2k－1＝3,
所以数列{an}的奇数项是以1 为首项,3 为公差的等差数列;
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3,即a2k＋2－a2k＝3,
又a2＝2,所以数列{an}的偶数项是以2 为首项,3 为公差的等差数列.
所以数列{an}的前20 项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋10×9
2
×3＋20
＋10×9
2
×3＝300.
【热点突破】
热点一 an＋1＋an＝f(n)或an＋1·an＝f(n)型
例1 已知数列{an}的前n 项和为Sn＝n2＋4n(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{cn}满足cn＋1＋cn＝an,且不等式cn＋2n2≥0 对任意的n∈N*都成立,求c1的取值范围.
解 (1)由题意得当n＝1 时,a1＝S1＝5,
当n≥2 时,an＝Sn－Sn－1＝n2＋4n－(n－1)2－4(n－1)＝2n＋3,
当n＝1 时,a1＝5,适合上式,故an＝2n＋3.
(2)由(1)知,cn＋1＋cn＝2n＋3,
当n＝1 时,c2＋c1＝5;
当n≥2 时,cn＋cn－1＝2(n－1)＋3,
两式相减得cn＋1－cn－1＝2(n≥2),
∴数列{c2n}是以c2为首项,公差为2 的等差数列,
数列{c2n－1}是以c1为首项,公差为2 的等差数列.
当n 为偶数时,cn＝c2＋2×(
n
2 −1)＝n＋3－c1;
当n 为奇数时,
cn＝c1＋2×(
n＋1
2
−1)＝n－1＋c1,
∴cn＝{
n−1＋c1,n＝2k −1,
n＋3−c1,n＝2k .
对任意的n∈N*,都有cn＋2n2≥0 成立,
①当n 为奇数时,n≥1,cn＋2n2＝n－1＋c1＋2n2≥0 恒成立,
即－c1≤2n2＋n－1 对n 为奇数恒成立,
当n＝1 时,(2n2＋n－1)min＝2,
∴－c1≤2,即c1≥－2;
②当n 为偶数时,n≥2,
cn＋2n2＝n＋3－c1＋2n2≥0 恒成立,
即c1≤2n2＋n＋3 对n 为偶数恒成立,
当n＝2 时,(2n2＋n＋3)min＝13,∴c1≤13.
综上所述,c1的取值范围是[－2,13].
规律方法 1.构造隔项等差数列:an＋1＋an＝pn＋q(p,q≠0)⇒an＋2＋an＋1＝p(n＋1)＋q⇒两式相减得
⇒an＋2－an＝p;
2.构造隔项等比数列:an＋1·an＝pqn(p,q≠0)⇒an＋2·an＋1＝pqn＋1⇒两式相除得⇒
an＋2
an
＝q.
训练1 (2025·唐山调研)在数列{an}中,已知a1＝1,an·an＋1＝(
1
2)
n
,记Sn为{an}的前n 项和,bn＝a2n＋
a2n－1.
(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.
解 (1)∵an·an＋1＝(
1
2)
n
,
∴an＋1·an＋2＝(
1
2)
n＋1
,
∴
an＋2
an
＝1
2,即an＋2＝1
2an,
∴bn＋1
bn
＝a2n＋2＋a2n＋1
a2n＋a2n−1
＝
1
2 (a2n＋a2n−1)
a2n＋a2n−1
＝1
2
.
∵a1＝1,a1·a2＝1
2,∴a2＝1
2,
∵b1＝a2＋a1＝1
2＋1＝3
2,
∴数列{bn}是以3
2为首项,1
2为公比的等比数列,
∴bn＝3
2·(
1
2)
n−1
＝3
2
n.
(2)由(1)可知an＋2＝1
2an,且a1＝1,a2＝1
2,
∴数列{a2n}是以1
2为首项,1
2为公比的等比数列,数列{a2n－1}是以1 为首项,1
2为公比的等比数列,
∴当n 为奇数时,an＝(
1
2)
n−1
2 ;
当n 为偶数时,an＝(
1
2)
n
2,
∴an＝{
(
1
2)
n−1
2 ,n 为奇数,
(
1
2)
n
2 ,n 为偶数.
(3)当n 为偶数时,
Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)
＝3－3·(
1
2)
n
2,
当n 为奇数时,n－1 为偶数,
Sn＝Sn－1＋(
1
2)
n−1
2
＝3－3(
1
2)
n−1
2 ＋(
1
2)
n−1
2
＝3－2(
1
2)
n−1
2
∴Sn＝{
3−2(
1
2)
n−1
2 ,n 为奇数,
3−3(
1
2)
n
2 ,n 为偶数.
热点二 an＝{
f (n),n 为奇数,
g(n),n 为偶数型
例2 (2025·南京质检)已知数列{an},a1＝1,an＋1＝{
1
3 an＋n,n 为奇数,
an−3n,n 为偶数.
(1)是否存在实数λ,使得数列{a2n－λ}是等比数列?若存在,求出λ 的值;若不存在,请说明理由.
(2)若Sn是数列{an}的前n 项和,求满足Sn>0 的所有正整数n.
解 (1)由题意得a2n＋2＝1
3a2n＋1＋2n＋1
＝1
3(a2n－6n)＋2n＋1,
∴a2n＋2＝1
3a2n＋1,
故a2n＋2－3
2 ＝1
3(a2n−3
2),
又a2＝a1
3 ＋1＝4
3 ,∴a2－3
2＝－1
6,
即存在λ＝3
2,使得数列{a2n－λ}是以－1
6为首项,1
3为公比的等比数列.
(2)由(1)知a2n－3
2＝－1
6(
1
3)
n−1
＝－1
2·3
n,
∴a2n＝3
2 －
1
2·3
n,
∵a2n＝1
3a2n－1＋2n－1,得a2n－1＝3a2n－3(2n－1),
∴a2n＋a2n－1＝4a2n－6n＋3＝－2
3
n－6n＋9.
①当n＝2k 时,
S2k＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2k－1＋a2k),
＝－2(
1
3 ＋1
3
2 ＋…＋1
3
k)＋k(3−6k ＋9)
2
＝1
3
k －3k2＋6k－1;
②当n＝2k－1 时,
S2k－1＝S2k－a2k＝3
2· 1
3
k －3k2＋6k－5
2.
∵1
3
k 与－3k2＋6k 在k∈N*时均单调递减,
∴S2k与S2k－1在k∈N*时均单调递减.
又S1＝1,S2＝7
3,S3＝－7
3,S4＝－8
9,
∴满足Sn>0 的所有正整数n 为1 和2.
规律方法 对于递推关系分奇偶不同的数列,可以利用a2n,a2n－1及a2n－1,a2n－2,推导出偶数项递推关
系,求出偶数项的通项公式,通过a2n,a2n－1的关系再推出奇数项的通项公式.求Sn时,可以先把a2n＋
a2n－1看作一项,求出S2k,再求S2k－1＝S2k－a2k.
训练2 (2025·沈阳模拟)已知等比数列{an}是递减数列,{an}的前n 项和为Sn,且1
a1,2S2,8a3成等差数
列,3a2＝a1＋2a3,数列{bn}满足bn＋1＝2bn－2n＋1,b1＝3,n∈N*.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)若cn＝{
anbn,n 是奇数,
(6n＋19)an
bnbn＋2
,n 是偶数,求数列{cn}的前2n 项和T2n.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q,
由题意可得{
3a2＝a1＋2a3,
4 S2＝1
a1
＋8a3,
则{
3a1q＝a1＋2a1q
2,
4(a1＋a1q)＝1
a1
＋8a1q
2,
因为数列{an}是等比数列,解得a1＝q＝1
2,
所以an＝a1qn－1＝(
1
2)
n
,
因为bn＋1＝2bn－2n＋1,
所以bn＋1－2(n＋1)－1＝2(bn－2n－1),
因为b1＝3,则b1－2×1－1＝0,
所以bn－2n－1＝0,故bn＝2n＋1.
(2)当n 为奇数时,cn＝2n＋1
2
n
,
令An＝
n
∑
i=1
c2i－1,
则An＝3
2
1 ＋7
2
3 ＋11
2
5 ＋…＋4 n−1
2
2n−1 ,
所以1
4An＝3
2
3 ＋7
2
5＋…＋4 n−5
2
2n−1 ＋4 n−1
2
2n＋1 ,
作差可得3
4 An＝3
2 ＋4
2
3 ＋4
2
5＋…＋
4
2
2n−1 －4 n−1
2
2n＋1
＝3
2 ＋
1
2(1−
1
4
n−1)
1−1
4
－4 n−1
2
2n＋1
＝13
6 －12n＋13
6·4
n
,
化简得An＝26
9 －12n＋13
9·2
2n−1 ;
当n 为偶数时,cn＝
6n＋19
2
n(2n＋1)(2n＋5)
＝
4(2n＋5)−(2n＋1)
2
n(2n＋1)(2n＋5)
＝
1
(2n＋1)·2
n−2 －
1
(2n＋5)·2
n,
令Bn＝
n
∑
i=1
c2i,
则Bn＝1
5·2
0 －
1
9·2
2 ＋
1
9·2
2 －
1
13·2
4＋…＋
1
(4 n＋1)·2
n−2 －
1
(4 n＋5)·2
2n
＝
1
5 －
1
(4 n＋5)·2
2n,
故T2n＝An＋Bn
＝
139
45 －12n＋13
9·2
2n−1 －
1
(4 n＋5)·2
2n.
热点三 通项公式中含有(－1)n型
例3 (2025·广州质检)已知数列{an}的首项为a1＝1
2,且满足an＋1＋4an＋1an－an＝0.
(1)证明:数列{
1
an}为等差数列;
(2)求数列{
1
an}的前n 项和为Sn;
(3)求数列{(－1)nSn}的前n 项和.
(1)证明 因为an＋1＋4an＋1an－an＝0,a1＝1
2,
若an＋1an＝0,则an＝an＋1＝0,
与a1＝1
2矛盾,所以an＋1an≠0,
所以an－an＋1＝4anan＋1,所以1
an＋1
－1
an＝4,
因为a1＝1
2,所以1
a1＝2,
所以数列{
1
an}是以首项为2,公差为4 的等差数列.
(2)解 由(1)知1
an＝2＋(n－1)·4＝4n－2,
数列{
1
an}的前n 项和为Sn＝(2＋4 n−2)n
2
＝2n2.
(3)解 因为(－1)nSn＝2·(－1)nn2,
设数列{(－1)nSn}的前n 项和为Tn,
当n 为偶数时,Tn＝2[－12＋22－32＋…－(n－1)2＋n2],
因为n2－(n－1)2＝2n－1,
所以Tn＝2[3＋7＋…＋(2n－1)]
＝2·(3＋2n−1)
2
·n
2
＝n(n＋1)＝n2＋n,
当n 为奇数时,n－1 为偶数.
Tn＝Tn－1＋2·(－1)nn2
＝(n－1)n－2n2＝－n2－n,
所以Tn＝{
n
2＋n,n 为偶数,
−n
2−n,n 为奇数.
规律方法 通项中含有(－1)n的常见类型
(1)等差数列的通项公式乘以(－1)n,可用并项求和法求数列前n 项的和,
如an＝(－1)n(2n－1),前20 项的和
a1＋a2＋…＋a20＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－37＋39).
(2)等比数列的通项乘以(－1)n,若求其前n 项和的最值可写成分段形式,
如等比数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1· 3
2
n,则其前n 项和Sn＝1－(−1
2)
n
,求Tn＝Sn－1
Sn的取值范
围时,n 分奇偶讨论,求Tn的最值.
(3)裂项相消法求和
如an＝(－1)n
4 n
(2n−1)(2n＋1)＝(－1)n(
1
2n−1 ＋
1
2n＋1),
求和时通过(－1)n实现正负交替.
训练3 (2025·西安调研)已知数列{an}的前n 项和Sn＝n
2＋n
2
,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn＝2
an＋(－1)nan,求数列{bn}的前n 项和Tn.
解 (1)当n＝1 时,a1＝S1＝1;
当n≥2 时,an＝Sn－Sn－1
＝n
2＋n
2
－(n−1)
2＋(n−1)
2
＝n.
a1也满足an＝n,
故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)当n 为偶数时,
Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4＋…－(n－1)＋n]＝2−2
n＋1
1−2
＋n
2＝2n＋1－2＋n
2.
当n 为奇数时,
Tn＝(21＋22＋…＋2n)＋[－1＋2－3＋4＋…－(n－2)＋(n－1)－n]
＝2n＋1－2＋n−1
2
－n＝2n＋1－n＋5
2
.
综上,Tn＝{
2
n＋1＋n
2 −2,n 为偶数,
2
n＋1−n＋5
2
,n 为奇数.
【精准强化练】
1.(2025·龙岩模拟)已知数列{an}的前n 项和为Sn,a1＝2,Sn＋Sn＋1＝3an＋1－4,等差数列{bn}的前n 项
和为Tn,b2＋b4＝6,T4＝10.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设cn＝{
bn,n 为奇数,
an·bn,n 为偶数,求数列{cn}的前2n 项和.
解 (1)因为Sn＋Sn＋1＝3an＋1－4,①
所以当n＝1 时,a1＋a1＋a2＝3a2－4,
又a1＝2,所以a2＝4.
当n≥2 时,Sn－1＋Sn＝3an－4,②
①－②,得an＋an＋1＝3an＋1－3an,
所以an＋1＝2an.
又a1＝2,a2＝4＝2a1,
所以∀n∈N*,
an＋1
an
＝2,
所以{an}是以2 为首项,2 为公比的等比数列,所以an＝2n.
设等差数列{bn}的公差为d,
因为b2＋b4＝6,T4＝10,
所以{
2b1＋4 d ＝6,
4 b1＋6d ＝10,解得b1＝d＝1,
所以bn＝1＋(n－1)×1＝n,
即{bn}的通项公式为bn＝n.
(2)因为cn＝{
bn,n 为奇数,
an·bn,n 为偶数
＝{
n,n 为奇数,
n·2
n,n 为偶数,
则数列{cn}的前2n 项和M2n＝(1＋3＋…＋2n－1)＋(2·22＋4·24＋…＋2n·22n),
令An＝1＋3＋…＋(2n－1)
＝n(1＋2n−1)
2
＝n2,
Bn＝2·22＋4·24＋…＋2n·22n
＝1·23＋2·25＋…＋n·22n＋1,
则22·Bn＝1·25＋2·27＋…＋n·22n＋3,
所以两式相减得－3Bn＝23＋25＋27＋…＋22n＋1－n·22n＋3
＝2
3(1−2
2n)
−3
－n·22n＋3＝(
1
3 −n)22n＋3－8
3,
则Bn＝(
n
3 −1
9)·22n＋3＋8
9,
故M2n＝n2＋(
n
3 −1
9)·22n＋3＋8
9.
2.已知数列{an}的前n 项和为Sn,a1＝4 且an＋1＝Sn＋4(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn＝(－1)n＋1 2n＋1
nlo g2an,求数列{bn}的前n 项和Tn.
解 (1)因为an＋1＝Sn＋4,
当n＝1 时,a2＝S1＋4＝8,
当n≥2 时,an＝Sn－1＋4,
所以an＋1－an＝an,
即an＋1＝2an(n≥2,n∈N*),
又因为
a2
a1
＝8
4＝2,满足上式,
所以{an}是以4 为首项,2 为公比的等比数列,
则an＝4×2n－1＝2n＋1.
(2)因为bn＝(－1)n＋1 2n＋1
nlo g2an＝(－1)n＋1 2n＋1
n(n＋1)＝(－1)n＋1(
1
n ＋
1
n＋1),
所以Tn＝(
1
1 ＋1
2)－(
1
2 ＋1
3)＋…＋
(－1)n＋1(
1
n ＋
1
n＋1)＝1＋(−1)
n＋1
n＋1 .
3.(2025·烟台质检)各项非零的数列{an}的前n 项和记为Sn,记Tn＝S1·S2·S3…Sn,且满足2SnTn－Sn－
2Tn＝0.
(1)求T1的值,证明数列{Tn}为等差数列并求{Tn}的通项公式;
(2)设cn＝(−1)
n
nan
,求数列{cn}的前n 项和Kn.
解 (1)由题意可知,T1＝S1＝a1≠0,且2T 1
2－3T1＝0,
解得T1＝3
2或T1＝0(舍去),
又当n≥2 时,Sn＝
T n
T n−1
,
所以2×
T n
T n−1
×Tn－
T n
T n−1
－2Tn＝0,
化简得Tn－Tn－1＝1
2,
所以数列{Tn}是以3
2为首项,1
2为公差的等差数列,
所以Tn＝3
2＋(n－1)×1
2 ＝1
2n＋1.
(2)由(1)可知Sn＝
T n
T n−1
＝n＋2
n＋1＝1＋
1
n＋1,
当n＝1 时,a1＝S1＝3
2,
当n≥2 时,an＝Sn－Sn－1
＝(1＋
1
n＋1)－(1＋1
n)
＝
1
n＋1 －1
n＝－
1
n(n＋1),
则an＝{
3
2 ,n＝1,
−
1
n(n＋1) ,n≥2,
cn＝{
−2
3 ,n＝1,
(−1)
n−1(n＋1),n≥2.
①当n(n≥3)是奇数时,
Kn＝－2
3＋[－3＋4－5＋6－…－(n－2)＋(n－1)－n＋(n＋1)]
＝－2
3＋1×n−1
2
＝3n−7
6
(n＝1 也满足),
②当n 是偶数时,
Kn＝－2
3＋[－3＋4－5＋6－…－(n－1)＋n－(n＋1)]
＝－2
3＋1×n−2
2
－(n＋1)＝−3n−16
6
,
综上所述,Kn＝{
3n−7
6
,n 为奇数,
−3n−16
6
,n 为偶数.
4.(2025·成都诊断)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＝4n－3,
即2d＝4,2a1－d＝－3,
解得d＝2,a1＝－1
2.
(2)法一 由an＋1＋an＝4n－3(n∈N*),
得an＋2＋an＋1＝4n＋1(n∈N*).
两式相减,得an＋2－an＝4,
由a2＋a1＝1,a1＝2,得a2＝－1,
所以数列{a2n－1}是首项为a1＝2,公差为4 的等差数列;数列{a2n}是首项为a2＝－1,公差为4 的等差
数列,
所以an＝{
2n,n 为奇数,
2n−5,n 为偶数.
当n 为奇数时,an＝2n,an－1＝2n－7.
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an)＋(a2＋a4＋…＋an－1)＝
n＋1
2
×(2＋2n)
2
＋
n−1
2
×(−1＋2n−7)
2
＝2n
2−3n＋5
2
;
当n 为偶数时,an＝2n－5,an－1＝2n－2,
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝
n
2 ×(2＋2n−2)
2
＋
n
2 ×(−1＋2n−5)
2
＝2n
2−3n
2
.
综上,Sn＝{
2n
2−3n＋5
2
,n 为奇数,
2n
2−3n
2
,n 为偶数.
法二 由于an＋1＋an＝4n－3,
于是S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)
＝1＋9＋…＋(8n－7)＝n(1＋8n−7)
2
＝4n2－3n,
由此可得当n 为偶数时,Sn＝2n
2−3n
2
,
而当n 为奇数时,n＋1 为偶数,
于是Sn＝Sn＋1－an＋1
＝2(n＋1)
2−3(n＋1)
2
－(2n－3)
＝2n
2−3n＋5
2
.
综上,Sn＝
