2023届高考数学二轮复习专题三数列培优提能数列的奇偶项问题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习专题三数列培优提能数列的奇偶项问题学案，共7页。
培优提能　数列的奇偶项问题　　数列的奇偶项问题主要考查学生的综合运用能力与探究问题能力,解决此类问题的难点在于搞清数列中奇数项和偶数项各自的首项、项数、公差、公比等,特别注意分类讨论等思想在解题中的灵活运用.典例1　(多选题)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an=(k∈N*).则下列选项正确的为(　　)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>1 000的最小正整数n的值为15解析:由题意可得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+2=2(a2k+2),因为a2+2=4≠0,故a2k+2≠0,所以=2,所以{a2k+2}是以4为首项,2为公比的等比数列,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=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=1 490>1 000,故Sn>1 000的最小正整数n的值为15,故D正确.故选ABD.典例2　(2022·河北石家庄期中)已知数列{an}满足an+2=且a1=2,a2=1,则此数列的前20项和为　　　　. 解析:数列{an}满足an+2=且a1=2,a2=1,所以n为奇数时,an+2-an=2,所以数列{a2k-1}(k∈N*)为等差数列,首项为2,公差为2,n为偶数时,an+2=2an,所以数列{a2k}(k∈N*)为等比数列,首项为1,公比为2.所以此数列的前20项和为(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=10×2+×2+=1 133.答案:1 133典例3　已知数列{an}满足a1=1,an+1=bn=-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.(1)解:由a1=1,an+1=可得a2=1+a1=1+=,a3=a2-4=-,a4=3+a3=.(2)证明:bn=-2=a2n-1+2n-1-2=(a2n-2-4n+4)+2n-1-2=(-2)=bn-1,又b1=a2-2=-,可得数列{bn}是以-为首项,为公比的等比数列,即bn=-.(3)解:由(2)可得a2n=2-()n,Tn=a2+a4+…+=b1+b2+…+bn+2n=2n-(++…+)=2n-=2n-1+()n.(1)数列中的奇、偶项问题的常见题型.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.(2)对于通项公式分奇数项与偶数项不同的数列{an}求Sn时,我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和,也可以把a2k-1+a2k看作一项,求出S2k,再求S2k-1=S2k-a2k.触类旁通　(1)(2022·河南模拟联考)已知数列{an}(n∈N*)满足a1=1,an+1=则的最大值为　　　. (2)(2022·辽宁名校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+1=则=　　　　　　　. (3)在数列{an}中,已知a1=1,an·an+1=()n,记Sn为{an}的前n项和,bn=+,n∈N*.①判断数列{bn}是不是等比数列,并写出其通项公式;②求数列{an}的通项公式;③求Sn.(1)解析:令奇数n=2k-1,偶数n=2k,k∈N*,则a2k-1+1=,即a2k=,同时也有a2k+1=1+log2a2k=1+log2=a2k-1+2,所以可得a2k+1-a2k-1=2,为等差数列,所以a2k-1=1+2(k-1)=2k-1,同时也可求出a2k=21+2k-1=22k,所以an=当n为奇数时,an=n,an+1=2n+1,an+2=n+2,所以=,此时数列是递减数列,所以当n=1时,所求式取得最大值,最大值为==;当n为偶数时,an=2n,an+1=n+1,an+2=2n+2,所以==,此时数列是递减数列,所以当n=2时,所求式取得最大值,最大值为=.综上所述,的最大值为.(2)因为an+1=所以a2k=a2k-1(k∈N*),a2k+1=2a2k=2a2k-1,a2k+2=a2k+1=2a2k,又a1=1,所以a2=a1=1,可得数列{an}的奇数项、偶数项都成等比数列,且公比都为2,所以S2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)=(1+2+22+…+2n-1)+(1+2+22+…+2n-1)=2×=2n+1-2.答案:(1)　(2)2n+1-2(3)解:①因为an·an+1=()n,所以an+1·an+2=()n+1,所以=,即an+2=an.因为bn=a2n+a2n-1,所以===,所以数列{bn}是公比为的等比数列.因为a1=1,a1·a2=,所以a2=,b1=a1+a2=,所以bn=×()n-1=,n∈N*.②由①可知an+2=an,所以a1,a3,a5,…是以a1=1为首项,为公比的等比数列,a2,a4,a6,…是以a2=为首项,为公比的等比数列,所以=()n-1,=()n,所以an=③因为=(a1+a3+…+)+(a2+a4+…+)=+=3-,又S2n-1=S2n-a2n=3--=3-,所以Sn=