(共25张PPT)
培优拓展(六)数列中的奇、偶项问题
解数列中的奇、偶项问题,可以把一个数列分成两个新数列进行单独研究,利用新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列.
数列中奇、偶项问题的常见题型有:
(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));
(2)通项公式中含有(-1)n的类型;
(3)含有{a2n},{a2n-1}的类型;
(4)已知条件明确的奇、偶项问题.
角度一 通项中含有(-1)n的数列求和
例1已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且 +2an=4Sn,数列{bn}满足
(1)求数列{bn}的前n项和Bn,并证明Bn+1,Bn,Bn+2是等差数列;
(2)设cn=(-1)nan+bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
角度二 奇、偶项通项不同的数列求和
例2(2023新高考Ⅱ,18)已知{an}为等差数列, 记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
当n为偶数时,Tn=a1-6+2a2+a3-6+2a4+a5-6+2a6+…+an-1-6+2an
=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-5)+(4n+6)]
=[-1+3+…+(2n-5)]+[14+22+…+(4n+6)]
角度三 隔项差(商)为等差(等比)数列
例3已知a1=2,a2=5,an+2-an=4,记an的前n项和为Sn,求an,S100,S2n,Sn.
解当n=1时,a3-a1=4,当n=2时,a4-a2=4,当n=3时,a5-a3=4,当n=4时,a6-a4=4,当n=5时,a7-a5=4,当n=6时,a8-a6=4,当n=2n-3时,a2n-1-a2n-3=4,当n=2n-2时,a2n-a2n-2=4,所以a1,a3,a5,…,a2n-1成等差数列,a2,a4,a6,…,a2n成等差数列,所以a2n-1 =2+4(n-1)=4n-2,a2n=5+4(n-1)=4n+1,所以当n为奇数时,an=2n,当n为偶数时,an=2n+1.所以an=
故S100=a1+a2+a3+…+a99+a100=(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+…+a100)
==10 150,S2n=a1+a2+a3+…+a2n-1+a2n =(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)==4n2+3n,
当n为偶数时,Sn=a1+a2+a3+…+an-1+an=(a1+a3+…+an-1)+(a2+a4+…+an) ==n2+n,当n为奇数时,Sn+1=a1+a2+a3+…+an-1 +an+an+1,所以Sn=Sn+1-an+1=(n+1)2+(n+1)-[2(n+1)+1]=n2+n-,
所以Sn=
综上所述,an=
S100=10 150,S2n=4n2+3n,
Sn=
角度四 相邻项和(积)为等差(等比)数列
例4已知a1=2,an+an+1=4n+3,记an的前n项和为Sn,求an及Sn.
解由已知得a2=4+3-a1=5,an+an+1=4n+3,an+1+an+2=4(n+1)+3,两式相减得an+2-an=4.
当n=1时,a3-a1=4,当n=2时,a4-a2=4,当n=3时,a5-a3=4,当n=4时,a6-a4=4,当n=5时,a7-a5=4,当n=6时,a8-a6=4,当n=2n-3时,a2n-1-a2n-3=4,当n=2n-2时,a2n-a2n-2=4,所以a1,a3,a5,…,a2n-1成等差数列,a2,a4,a6,…,a2n成等差数列,所以a2n-1 =2+4(n-1)=4n-2,a2n=5+4(n-1)=4n+1,所以当n为奇数时,an=2n,当n为偶数时,an=2n+1.所以an=
当n为偶数时,Sn=a1+a2+a3+…+an-1+an=(a1+a3+…+an-1)+(a2+a4+…+an) ==n2+n,当n为奇数时,Sn+1=a1+a2+a3+…+an-1+ an+an+1,所以Sn=Sn+1-an+1=(n+1)2+(n+1)-[2(n+1)+1]=n2+n-,
所以Sn=
针对训练
①求数列{an},{bn}的通项公式;
②设数列{cn}的通项公式为cn=an+(-1)n·(3bn+1),求数列{cn}的前n项和Tn.
②由①可得an=2n,bn=n,则cn=an+(-1)n·(3bn+1)=2n+(-1)n(3n+1),则数列{cn}的前n项和Tn=21+(-1)×(3+1)+22+(-1)2×(3×2+1)+…+2n+(-1)n(3n+1),
当n为偶数,n∈N*时,Tn=(21+22+…+2n)+[(-1)×(3+1)+(-1)2×(3×2+1) +…+(-1)n(3n+1)].
(2)已知a1=2,a2=1,=4,记an的前n项和为Sn,求an,S100,S2n,Sn.
解析 当n=1时,=4,当n=2时,=4,当n=3时,=4,当n=4时,=4,当n=5时,=4,当n=6时,=4,当n=2n-3时,=4,当n=2n-2时,=4,所以a1,a3,a5,…,a2n-1成等比数列,a2,a4,a6,…,a2n成等比数列,所以a2n-1=2×4n-1,a2n=1×4n-1=4n-1,所以an=
S100=a1+a2+a3+a4+a5+…+a99+a100=(a1+a3+…+a99)+(a2+a4+…+a100)
==450-1,
S2n=a1+a2+a3+…+a2n-1+a2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)
==4n-1,
当n为偶数时,Sn=a1+a2+a3+…+an-1+an=(a1+a3+…+an-1)+(a2+a4+…+an)
==2n-1,
当n为奇数时,Sn+1=a1+a2+a3+…+an-1+an+an+1,
所以Sn=Sn+1-an+1=2n+1-1-2n-1=22×2n-1-1-2n-1=3×2n-1-1,
所以Sn=
综上所述,an=
S100=450-1,S2n=4n-1,Sn=
(3)已知a1=2,anan+1=22n-1,记an的前n项和为Sn,求an及Sn.
解析 由已知得a2=1,anan+1=22n-1,an+1an+2=22n+1,两式相除得=4.当n=1时,=4,当n=2时,=4,当n=3时,=4,当n=4时,=4,当n=5时,=4,当n=6时,=4,当n=2n-3时,=4,当n=2n-2时,=4,所以a1,a3,a5,…,a2n-1成等比数列,a2,a4,a6,…,a2n成等比数列,所以a2n-1=2×4n-1,a2n=1×4n-1=4n-1,所以an=
当n为偶数时,Sn=a1+a2+a3+…+an-1+an=(a1+a3+…+an-1)+(a2+a4+…+an)
==2n-1,
当n为奇数时,Sn+1=a1+a2+a3+…+an-1+an+an+1,
所以Sn=Sn+1-an+1=2n+1-1-2n-1=22×2n-1-1-2n-1=3×2n-1-1,
所以Sn=(共8张PPT)
规范解答三 数列
典例(2023新高考Ⅰ,20,12分)设等差数列{an}的公差为d,且d>1.令
记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.
题意理解
由等差数列的性质把等差数列的前n项和换成通项
具
教师讲评
1.本题以一个等差数列的通项公式与另一个
数列的通项公式间的关系为载体，考查等差数列的
通项公式及前n项和的性质.
2.第(1)问利用等差数列某些项以及前n项和
的关系建立关于公差d的方程，解方程即可；第
(2)问利用等差数列前n项和的性质将S,与T
的关系转化为αm与bm的关系式，求解即可.(共33张PPT)
第1讲 等差数列、等比数列
领航高考风向标
通览主干知识
1.等差数列、等比数列的基本运算
2.等差数列、等比数列的性质
3.等差数列、等比数列的判断与证明
4.求数列通项公式的常用方法
(1)公式法.
(2)已知an+1-an=f(n),求an,用累加法:
an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=f(n-1)+f(n-2)+…+f(1)+a1 (n≥2,n∈N*).
5.数列求和的常用方法
裂项相消 求和法 把数列的各项分解,使得相加后项与项之间能够相互抵消,前n项和变成首尾若干少数项之和,从而求出数列的前n项和
错位相减 求和法 当数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{an·bn}的前n项和时,可采用错位相减法,一般是和式两边同乘等比数列{bn}的公比,然后作差求解
拆项分组 求和法 如果一个数列的各项是由几个等差数列和等比数列的项相加减得到的,那么可以把数列的每一项拆成多个项或把数列的项重新分组,使其转化成等差数列或等比数列,然后利用等差数列、等比数列的求和公式求和
并项转化 求和法 在求数列的前n项和时,如果一个数列的项是正负交错的,尤其是当各项的绝对值又构成等差数列时,可以先将相邻的两项或几项合并,再利用其他相关的方法进行求和
链高考1.(2024新高考Ⅱ,12)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10= .
95
微点拨 在应用等比数列的此性质时,要注意Sm≠0,m为偶数且q=-1的情况不适用此公式.
链高考2.(2024全国甲,文5)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9=1,则a3+a7=( )
B
链高考3.(2023新高考Ⅰ,7)设Sn为数列{an}的前n项和,设甲:{an}为等差数列;乙: 为等差数列,则( )
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
C
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=A(2n-1)+B=2An-A+B.
当n=1时也符合上式,故an=2An-A+B,故{an}为等差数列,则甲是乙的必要条件.
综上,甲是乙的充要条件.故选C.
链高考4.(2021新高考Ⅰ,17节选)已知数列{an}满足a1=1,
an+1= 记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式.
解 b1=a2=a1+1=2,
b2=a4=a3+1=a2+2+1=5.
由bn+1=a2n+2=a2n+1+1=a2n+2+1=a2n+3,
得bn+1-bn=a2n+3-a2n=3.
所以{bn}是首项为2,公差为3的等差数列,
所以bn=2+(n-1)×3=3n-1.
链高考5.(2024全国甲,理18)记Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)因为4Sn=3an+4,所以4Sn+1=3an+1+4,两式相减,得4an+1=3an+1-3an,即an+1=-3an,
又4S1=3a1+4,则a1=4,故数列{an}是首项为4,公比为-3的等比数列,则an=4×(-3)n-1.
(2)bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1,所以Tn=4(1×30+2×31+3×32+…+n·3n-1).
3Tn=4(1×31+2×32+3×33+…+n·3n),
考点一 等差、等比数列基本量的运算
例1(2025全国2,7)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若S3=6,S5=-5,则S6=( )
A.-20 B.-15 C.-10 D.-5
B
解析 当n为奇数时,由Sn=n有S3=3a2=6,S5=5a3=-5,解得a2=2,a3=-1,所以公差d=-3.则a6=a2+4d=-10,所以S6=S5+a6=-15,故选B.
[对点训练1] (2023全国甲,理5)设等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,若a1=1,S5=5S3-4,则S4=( )
C
考点二 等差、等比数列的性质(多考向探究预测)
考向1等差数列性质的应用
例2(1)(2023全国甲,文5)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a2+a6=10, a4a8=45,则S5=( )
A.25 B.22 C.20 D.15
C
(2)(2025黑龙江哈尔滨高三二模)已知数列{an}中,, a1=2,bn=a1a2…an,则{bn}的前n项和Sn= .
n(n+3)
解析 由,得=1,∴是首项为=1,公差为1的等差数列,
∴=1+(n-1)·1=n,∴an=,∴bn=×…×=n+1,
∴{bn}为等差数列,∴Sn=n(n+3).
考向2等比数列性质的应用
例3(1)(2023新高考Ⅱ,8)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=( )
A.120 B.85 C.-85 D.-120
C
(2)已知等比数列{an}满足log2a2+log2a13=1,且a5a6a8a9=16,则数列{an}的公比为( )
B
解析 设等比数列{an}的公比为q,由log2a2+log2a13=log2(a2a13)=1=log22,得a2a13=2且a2,a13>0,所以a13=a2q11>0,则q>0.
又a5a6a8a9=16,a6a9=a2a13=2,
所以a5a8=8,
[对点训练2](1)在等比数列{an}中,a1+a2=6,a3+a4=12,则数列{an}的前8项和为( )
A
解析 ∵{an}是等比数列,
∴a1+a2,a3+a4,a5+a6,a7+a8也成等比数列,
∵a1+a2=6,a3+a4=12,
∴a5+a6=24,a7+a8=48,
∴前8项和为a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8=90.
故选A.
(2) 已知等比数列{an}共有2n+1项,a1=1,所有奇数项的和为85,所有偶数项的和为42,则公比q= .
2
解析 依题意,a1+a3+a5+…+a2n+1=85,即a2q+a4q+…+a2nq=84,
而a2+a4+…+a2n=42,
所以q=2.
考点三 两数列的公共项问题
例4(2020新高考Ⅰ,14)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 .
3n2-2n
解析 数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列构成的新数列{an}为以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{an}的前n项和为Sn=n×1 ×6=3n2-2n.
[对点训练3]已知数列{an},{bn}的通项公式分别为an=2n,bn=2n,现从数列{an}中剔除{an}与{bn}的公共项后,将余下的项按照从小到大的顺序进行排列,得到新的数列{cn},则数列{cn}的前150项之和为( )
A.23 804 B.23 946
C.24 100 D.24 612
D
解析 因为a150=300,28=256<300,29=512>300,所以数列{an}的前150项中包含{bn}的前8项,又a158=316<29,故数列{cn}的前150项包含{an}的前158项排除与{bn}公共的8项.
记数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,则
故选D.(共17张PPT)
专项突破三 数列解答题
考点一 等差、等比数列的判定与证明
例1(2021全国甲,理18)已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①数列{an}是等差数列;②数列 是等差数列;③a2=3a1.
∴a2=a1+d1=3a1.
若选①③ ②
设等差数列{an}的公差为d.
∵a2=3a1,∴a1+d=3a1,∴d=2a1,
=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,当n=1时,an=(2n-1)a1也成立,
∴an=(2n-1)a1,n∈N*.
又an+1-an=(2n+1)a1-(2n-1)a1=2a1(常数),
∴数列{an}是等差数列.
[对点训练1] 已知数列{an},{bn}是公比不相等的两个等比数列,令cn=an+bn.
(1)证明:数列{cn}不是等比数列;
(2)若an=2n,bn=3n,是否存在常数k,使得数列{cn+1+kcn}为等比数列 若存在,求出k的值;若不存在,说明理由.
整理得12(2+k)(3+k)=13(2+k)(3+k),解得k=-2或k=-3.
经检验,当k=-2时,cn+1+kcn=2n+1+3n+1+(-2)·(2n+3n)=3n,
此时数列{cn+1-2cn}为等比数列;
当k=-3时,cn+1+kcn=2n+1+3n+1+(-3)·(2n+3n)=-2n,
数列{cn+1-3cn}为等比数列,
所以存在常数k=-2或k=-3,使得数列{cn+1+kcn}为等比数列.
考点二 证明数列不等式
[对点训练2](2025黑龙江哈尔滨高三二模)数列{an}是公比为的等比数列,且1-a2是a1与1+a3的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{-8log2an}的前n项和为Sn,证明:+…+.
(1)解依题可得=a1(1+a3),即=a1(1+a1),解得a1=,所以an=.
(2)证明 设bn=-8log2an=8n,
则Sn==4n(n+1),所以),故+…+
[(1-)+()+()+…+()]=(1-)<.
考点三 求数列不等式中参数的范围(最值)问题
例3已知正项数列{an},{bn}满足:对任意正整数n,都有an,bn,an+1成等差数列,bn,an+1,bn+1成等比数列,且a1=10,a2=15.
(方法一 参变不分离)
设f(n)=(λ-1)n2+(3λ-6)n-8,n∈N*,则f(n)<0对任意正整数n恒成立,
当λ-1>0,即λ>1时,不满足条件;
当λ-1=0,即λ=1时,f(n)=-3n-8,满足条件;
当λ-1<0,即λ<1时,
令f(x)=(λ-1)x2+(3λ-6)x-8,
综上,当实数λ≤1时,不等式恒成立.(共25张PPT)
第2讲 数列通项与求和
考点一 求数列的通项公式
例1(2021全国乙,理19)记Sn为数列{an}的前n项和,bn为数列{Sn}的前n项积.已知=2.
(1)证明:数列{bn}是等差数列;
(2)求{an}的通项公式.
(1)证明 当n=1时,b1=S1,易得b1=.当n≥2时,=Sn,代入=2消去Sn,得=2,化简得bn-bn-1=.故{bn}是以为首项,为公差的等差数列.
(2)解易得a1=S1=b1=.由(1)可得bn=,由=2可得Sn=.当n≥2时,an=Sn-Sn-1==-,显然a1不满足该式.故an=
增分技巧 求数列{an}通项公式的常用方法
[对点训练1]已知数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn= an+1-2,a2=12,则S4= .
160
考点二 分组转化法求和
例2已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且4Sn=(an-1)(an+3)(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)将数列{an}和{2n}中所有的项,按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{bn},求{bn}的前50项和.
解 (1)依题意an>0,当n=1时,4a1=4S1=(a1-1)(a1+3),解得a1=3.
由4Sn=(an-1)(an+3)(n∈N*),①
当n≥2时,有4Sn-1=(an-1-1)(an-1+3),②
所以(an+an-1)(an-an-1-2)=0,
因为an+an-1>0,所以an-an-1=2(n≥2),
所以数列{an}是首项为3,公差为2的等差数列,所以an=2n+1.
(2)由(1)得,a50=101,又26<101<27,同时a44=89>26,所以b50=a44,
所以b1+b2+…+b50=(a1+a2+…+a44)+(21+22+…+26)=
=2 024+126=2 150.所以{bn}的前50项和为2 150.
解 由题意知数列{an}满足a1=1,a2n=a2n-1+1,a2n+1=a2n+2,所以a2n+1=a2n+2=a2n-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.
同理,由a2n+2=a2n+1+1=a2n+3知数列{an}的偶数项是以2为首项,3为公差的等差数列.
从而数列{an}的前20项和为S20=(a1+a3+a5+…+a19)+(a2+a4+a6+…+a20)
考点三 裂项相消法求和
例3已知数列{an}是等差数列,其前n项和为An,a7=15,A7=63,数列{bn}的前n项和为Bn,2Bn=3bn-3.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
解 (1)数列{an}是等差数列,设公差为d,
∴an=2n+1,n∈N*.
由已知2Bn=3bn-3,
当n=1时,2B1=3b1-3=2b1,解得b1=3,
当n≥2时,2Bn-1=3bn-1-3,
∴2Bn-2Bn-1=(3bn-3)-(3bn-1-3)=3bn-3bn-1,n∈N*,
即bn=3bn-1,
∴数列{bn}是首项为3,公比为3的等比数列,
∴bn=3n,n∈N*.
[对点训练3] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且{Sn+n2}也是等差数列.
(1)求数列{an}的公差;
解 (1)设数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d=dn+a1-d.
因为{Sn+n2}是等差数列,所以Sn+1+(n+1)2-Sn-n2为常数,Sn+1+(n+1)2-Sn-n2 =an+1+2n+1=nd+a1+2n+1=(d+2)n+a1+1,所以d+2=0,解得d=-2,即数列{an}的公差为-2.
考点四 错位相减法求和
例4(2023全国甲,理17)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列 的前n项和Tn.
解 (1)由题意可知,2Sn=nan,①
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,②
①-②得2an=nan-(n-1)an-1,
∴(n-1)an-1=(n-2)an.
∴an=n-1(n≥2),
当n=1时,2a1=a1,a1=0,满足上式,∴an=n-1(n∈N*).
(方法二 累乘法)由2Sn=nan可知,当n=1时,2a1=a1,a1=0,a2=1,
显然a1=0,a2=1满足,
∴an=n-1(n∈N*).
(2)由(1)可知an=n-1(n∈N*),
∴an+1=n,
[对点训练4] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn, c1=a2=3且S6-S3=27,数列{cn}满足 设bn=c2n+c2n-1.
(1)求{an}的通项公式,并证明:bn+1=2bn-3;
(2)设tn=an(bn-3),求数列{tn}的前n项和Qn.
(1)证明 设等差数列{an}的公差为d,
由S6-S3=27,可得a4+a5+a6=27,即3a5=27,解得a5=9,
又a2=3,可得d= =2,所以an=a2+(n-2)d=3+(n-2)×2=2n-1,
由数列{cn}满足cn+1= 可得c2n=c2n-1-1,c2n+1=2c2n,c2n+2=c2n+1-1,
所以bn=c2n+c2n-1=2c2n+1,
因为bn+1=c2n+2+c2n+1=4c2n-1=2(2c2n+1)-3,
所以bn+1=2bn-3.
(2)解 由(1)可知bn+1-3=2(bn-3),
因为b1-3=c1+c2-3=c1+c1-1-3=2≠0,
所以数列{bn-3}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以bn-3=2×2n-1=2n,
所以tn=(2n-1)×2n,
所以Qn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)×2n,
则2Qn=1×22+3×23+5×24+…+(2n-1)×2n+1,
两式相减,可得-Qn=1×2+2(22+23+…+2n)-(2n-1)×2n+1
=2+ -(2n-1)×2n+1=2+2n+2-8-(2n-1)×2n+1=(3-2n)×2n+1-6,
所以Qn=(2n-3)×2n+1+6.
