2023届高考数学二轮复习 微专题50 与数列奇偶项有关的问题学案.docx

1、微专题50与数列奇偶项有关的问题有关数列奇偶项的问题是高考经常涉及的问题，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)等本专题主要研究与数列奇偶项有关的问题，并在解决问题中让学生感悟分类讨论等思想在解题中的有效运用.例题：已知数列an满足，an1an4n3(nN*)(1)若数列an是等差数列，求a1的值；(2)当a12时，求数列an的前n项和Sn.变式1设函数f(x)(x0)，数列an满足a11，anf(nN*，且n2)(1)求数列an的通项公式；(2)设Tna1a2a2a3a3a4a4a5(1)n1anan1，若Tntn2对nN*恒成立，求实数t的取值范围串讲1已知等

2、差数列an的前n项和为Sn，且2a5a313，S416.(1)求数列an的前n项和Sn；(2)设Tn(1)iai，若对一切正整数n，不等式Tnk)恒成立，则称数列an是“R(k)数列”(1)已知an判断数列an是否为“R(2)数列”，并说明理由；(2)已知数列bn是“R(3)数列”，且存在整数p(p1)，使得b3p3，b3p1，b3p1，b3p3成等差数列，证明：bn是等差数列(2018盐城高三第三次模拟考试)在数列an中，已知a11，a2，满足a2n1，a2n11，a2n12，a2n是等差数列(其中n2，nN)，且当n为奇数时，公差为d；当n为偶数时，公差为d.(1)当1，d1时，求a8的值

3、；(2)当d0时，求证：数列|a2n2a2n|(nN*)是等比数列；(3)当1时，记满足ama2的所有m构成的一个单调递增数列为bn，试求数列bn的通项公式答案：(1)3；(2)略；(3)bn解析：(1)由1，d1，所以a21，a2，a3，a4为等差数列且公差为1，2分所以a4a221，又a4，a5，a8为等差数列且公差为1，所以a8a443.4分(2)当n2k1时，a22k，a22k1，a22k2，a22k1是等差数列且公差为d，所以a22k1222k22kd，6分同理可得a22ka22k122k1d，两式相加，得a22k1a22k122k1d；当n2k时，同理可得a22k2a22k22kd

4、，所以|a2n2a2n|2nd.7分又因为d0，所以2(n2)，所以数列|a2n2a2n|(nN*)是以2为公比的等比数列.8分(3)因为a2，所以a4a22d2d，由(2)知a22k1a22k122k1d，所以a22k1a22k122k1da22k322k3d22k1d，10分依次下推，得a22k1a2121d23d22k3d22k1d，所以a22k1(22k1)d，当22k1n22k2时，ana22k1(n22k1)dd，由ama2，得m，所以b2k1，所以bn(n为奇数)；12分由(2)知a22k2a22k22kda22k222k2d22kd，依次下推，得a22k2a2222d24d22

5、k2d22kd，所以a22k22dd，当22k2n22k3时，ana22k2(n22k2)dd，由ama2，得m，所以b2k2.所以bn(n为偶数)微专题50例题答案：(1)；(2)Sn解析：(1)若数列an是等差数列，则ana1(n1)d，an1a1nd.由an1an4n3，得(a1nd)a1(n1)d2nd2a1d4n3，所以2d4，2a1d3，解得，d2，a1.(2)由an1an4n3，得an2an14n1(nN*)两式相减，得an2an4.所以数列a2n1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a2a11，a12，得a21.所以an解法1：当n为

6、偶数时，Sn(a1a3an1)(a2a4an).当n为奇数时，Sn2n所以Sn解法2：当n为偶数时，Sn(a1a2)(a3a4)(an1an)19(4n7)；当n为奇数时，Sna1a2an(a1a2)(a3a4)(an2an1)an19(4n11)2n.所以Sn变式联想变式1答案：(1)an；(2)(，解析：(1)因为anf()an1，(nN*，且n2)，所以anan1.因为a11，所以数列an是以1为首项，公差为的等差数列所以an.(2)当n2m，mN*时，TnT2ma1a2a2a3a3a4a4a5(1)2m1a2ma2m1a2(a1a3)a4(a3a5)a2m(a2m1a2m1)(a2a4

7、a2m)m(8m212m)(2n26n)当n2m1，mN*时，TnT2m1T2m(1)2m1a2ma2m1(8m212m)(16m216m3)(8m24m3)(2n26n7)所以Tn要使Tntn2对nN*恒成立，只要使(2n26n)tn2，(n为偶数)恒成立，只要使(2)t，对n为偶数恒成立故实数t的取值范围为(，说明：数列中的奇数项、偶数项数列问题实质上是对一个数列分成两个新的数列进行考查，易搞错的是新数列与原数列的项数、公差、公比的判定串讲激活串讲1答案：(1)Snn2；(2)(4，2)解析：(1)设数列an的公差为d.因为2a5a313，S416，所以解得所以an2n1，Snn2.(2)

8、解法1：当n为偶数时，设n2k，kN*，则T2k(a2a1)(a4a3)(a2ka2k1)2k.代入不等式Tnan1(1)n1an2n1，得2k4k，从而0，所以f(k)是递增的，所以f(k)min2，所以2.当n为奇数时，设n2k1，kN*，则T2k1T2k(1)2ka2k2k(4k1)12k.代入不等式Tnan1(1)n1an2n1，得(12k)4k.因为kN*，所以4k的最大值为4，所以4.综上，的取值范围为(4，2)解法2：当n为偶数时，设n2k，kN*，则T2k(a2a4a2k)(a1a3a2k1)2k，下同法1串讲2答案：(1)ann，bnn2；(2)(3)Sn解析：(1)，数列是

9、首项为1，公差为的等差数列，1(n1)n，即Sn(nN*)，an1Sn1Snn1(nN*)，又a11，ann(nN*)bn12bn1bn2bn，(bn1bn)(bn1bn1)0，又bn0，bn1bn1，数列bn是等差数列，且公差为d1，设bn的前项和为Bn，B77b1142，b13，bn3(n1)n2(nN*)(2)由(1)知cn22()，Tnc1c2cn2n2(1)2n2(1)2n32()，Tn2n32()，设Rn32()，则Rn1Rn2()0，数列Rn为递增数列，(Rn)minR1，对任意正整数n，都有Tn2na恒成立，a，即实数a的取值范围为(3)数列an的前n项和Sn，数列bn的前n项

10、和Bn，当n2k(kN*)时，PnSkBkk23k()23n2n；当n4k3(kN*)时，PnS2k1B2k24k23，特别地，当n1时，P11也符合上式；当n4k1(kN*)时，PnS2k1B2k4k24k.综上，Pn新题在线答案：(1)是；(2)略解析：(1)当n为奇数时，an1an2(n1)1(2n1)20，所以an1an.an2an22(n2)12(n2)12(2n1)2an；当n为偶数时，an1an2(n1)2n20，所以an1an.an2an22(n2)2(n2)4n2an.所以数列an是“R(2)数列”(2)由题意可得bn3bn32bn，则数列b1，b4，b7，是等差数列，设其公

11、差为d1，数列b2，b5，b8，是等差数列，设其公差为d2，数列b3，b6，b9，是等差数列，设其公差为d3，因为bnbn1，所以b3n1b3n2b3n4，所以b1nd1b2nd2b1(n1)d1，所以n(d2d1)b1b2，n(d2d1)b1b2d1.若d2d1时，不成立；若d2d10，则当n时，不成立若d2d10，则和都成立，所以d1d2.同理得d1d3，所以d1d2d3，记d1d2d3d.设b3p1b3p3b3p1b3p1b3p3b3p1，则b3n1b3n2b3p1(np)db3p1(np1)db3p1b3p1dd.同理可得b3nb3n1b3n1b3nd，所以bn1bnd.所以bn是等差数列另解析：b3p1b3p3b2(p1)db3(p2)db2b3d，b3p1b3p1b1pdb2(p1)db1b2d，b3p3b3p1b3pd(b1pd)b3b1，以上三式相加可得32d，所以d，所以b3n2b1(n1)db1(3n21)，b3n1b2(n1)db1d(n1)db1(3n11)，b3nb3(n1)db1(n1)db1(3n1)，所以bnb1(n1)，所以bn1bn，所以数列bn是等差数列