高考 第16讲 数列的奇偶项讨论问题

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第16讲 数列的奇偶项讨论问题
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)通项公式分奇、偶项有不同表达式；
(3)含有(－1)n的类型；
(4)已知条件明确的奇偶项或含有三角函数问题．


考点一　an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1＝f(n)类型
[典例 1]　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＋an＝4n．
(1)求数列{an}的前100项和S100；
(2)求数列{an}的通项公式．
解析：　
(1)∵a1＝1，an＋1＋an＝4n，
∴S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)
＝4×1＋4×3＋…＋4×99＝4×(1＋3＋5＋…＋99)＝4×502＝10 000．
(2)由题意，an＋1＋an＝4n，①，an＋2＋an＋1＝4(n＋1)，②
由②－①得，an＋2－an＝4，由a1＝1，a1＋a2＝4，所以a2＝3．
当n为奇数时，an＝a1＋×4＝2n－1，
当n为偶数时，an＝a2＋×4＝2n－1．
综上所述，an＝2n－1．
[典例 2]　在数列{an}中，已知a1＝1，an·an＋1＝n，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．
解析：　
(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a2n－1＝n－1，a2n＝n，
所以an＝
(3)因为S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝＋＝3－，
又S2n－1＝S2n－a2n＝3－－＝3－，所以Sn＝

【典例精练】
1．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．
解析：　
(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＝－．
(2)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．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＝
①当n为奇数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－2＋an－1)＋an
＝1＋9＋…＋(4n－11)＋2n＝＋2n＝；
②当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)
＝1＋9＋…＋(4n－7)＝．
∴Sn＝
2．已知数列{an}中，a1＝1，an＋an＋1＝pn＋1，其中p为常数．
(1)若a1，a2，a4成等比数列，求p的值；
(2)若p＝1，求数列{an}的前n项和Sn．
解析：　
(1)由an＋an＋1＝pn＋1，得a1＋a2＝p＋1，a2＋a3＝2p＋1，a3＋a4＝3p＋1，
所以a2＝p，a3＝p＋1，a4＝2p．
又因为a1，a2，a4成等比数列，所以a＝a1a4，即p2＝2p，又因为p≠0，所以p＝2．
(2)当p＝1时，an－1＋an＝n(n>1，n∈N)，
当n为偶数时，
Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝2＋4＋…＋n＝＝；
当n为奇数时，
Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)＝1＋3＋5＋…＋n＝＝，
综上，Sn＝
3．已知数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝2n，n∈N*.
(1)若函数f(x)＝Asin(2x＋φ)(A>0，0<φ<π)在x＝处取得最大值a4＋1，求函数f(x)在区间上的值域；
(2)求数列{an}的通项公式．
解析：　
(1)因为anan＋1＝2n，所以an＋1an＋2＝2n＋1，所以＝2，
又因为a1＝1，所以a1a2＝21，即a2＝2，所以a3＝2，a4＝4，所以A＝a4＋1＝5，
所以f(x)＝5sin(2x＋φ)．又因为x＝时，f(x)＝5，所以sin＝1，且0<φ<π，所以φ＝，
所以f(x)＝5sin．
又因为x∈，所以2x＋∈，所以sin∈，
所以函数f(x)在上的值域为.
(2)由(1)得a1＝1，a2＝2，＝2，
所以当n为奇数时，an＝a1·2＝2；
当n为偶数时，an＝a2·2＝2．
所以数列{an}的通项公式为an＝


考点三　an＝类型
[典例 3]　(2021·新高考Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
(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．
解析：　
(1)因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝
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＝
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＋×3＋20＋×3＝300．


【典例精练】
4．已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝则数列{an}的前20项和为(　　)
A．1 121　　　　　　　　B．1 122　　　　　　　　C．1 123　　　　　　　　D．1 124
解析：　
由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，
公差为2的等差数列，
故数列{an}的前20项和为＋10×1＋×2＝1 123．选C．
5．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝记bn＝a2n，
求证：数列{bn}为等比数列，并求出数列{an}的通项公式．
解析：　
∵bn＋1＝a2(n＋1)＝a2n＋1＋2n＋1－1＝a2n＋1＋2n＝(a2n－2·2n)＋2n＝a2n＝bn，
∴{bn}为等比数列，且公比q＝．又b1＝a1＝，可得bn＝·＝，
所以，当n为偶数时，an＝b＝；
当n为奇数且n≥3时，an＝a(n－1)＋1＝an－1－2(n－1)＝b－2(n－1)＝－2(n－1)，
可验证a1＝1也符合上式，综上所述，an＝
6．若数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－λ(λ>0，n∈N*)．
(1)证明：数列{an}为等比数列，并求an；
(2)若λ＝4，bn＝(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析：　
(1)由题意可知S1＝2a1－λ，即a1＝λ，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－λ)－(2an－1－λ)＝2an－2an－1，即an＝2an－1，
所以数列{an}是首项为λ，公比为2的等比数列，所以an＝λ×2n－1．
(2)由(1)可知，当λ＝4时，an＝2n＋1，从而bn＝
n为偶数时，Tn＝＋＝＋，
n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝＋－(n＋2)
＝＋－n－2＝＋，
综上，Tn＝
7．已知数列{an}的前n项和Sn，满足Sn＝n(n－6)，数列{bn}满足b2＝3，bn＋1＝3bn(n∈N*)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记数列{cn}满足cn＝求数列{cn}的前n项和Tn．
解析：　
　(1)当n＝1时，a1＝S1＝－5，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－6n－(n－1)2＋6(n－1)＝2n－7，
∵n＝1适合上式，∴an＝2n－7(n∈N*)．
∵bn＋1＝3bn(n∈N*)且b2≠0，∴＝3，(n∈N*)．
∴{bn}为等比数列，∴bn＝3n－1(n∈N*)．
(2)由(1)得，cn＝
当n为偶数时，Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＝＋．
当n为奇数时：Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋＝＋．
综上所述：Tn＝
8．已知数列{an}满足an＝
(1)问数列{an}是否为等差数列或等比数列？说明理由；
(2)求证：数列是等差数列，并求数列{a2n}的通项公式．
解析：　
　(1)由a1＝＋＝a1＋⇒a1＝1，
a2＝2＋＝2a1＋1＝3，a3＝＋＝a2＋＝5，a4＝2＋＝2a2＋2＝8．
∵a3－a2＝2，a4－a3＝3，∴a3－a2≠a4－a3，
∴数列{an}不是等差数列．
又∵＝3，＝，∴≠，∴数列{an}也不是等比数列．
(2)∵对任意正整数n，a2n＋1＝2a2n＋2n，∴－＝，＝，
∴数列是首项为，公差为的等差数列，
从而对∀n∈N*，＝＋，则a2n＝(n＋2)·2n－1．
∴数列{a2n}的通项公式是a2n＝(n＋2)·2n－1(n∈N*)．


考点三　含有(－1)n的类型
[典例 4]　数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于(　　)
A．200　　　　　　　　B．－200　　　　　　　　C．400　　　　　　　　D．－400
解析：　
S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)
＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200．
[典例 5]　若数列{an}的通项公式an＝(－1)n，则它的前n项和Sn＝________．
解析：　
an＝(－1)n＝(－1)n，
Sn＝－＋－＋…＋(－1)n，
当n为偶数时，Sn＝－1＋，
当n为奇数时，Sn＝－1－，综上所述Sn＝－1＋．
[典例 6]　已知数列{an}的前n项和Sn＝(－1)n·n，若对任意的正整数n，使得(an＋1－p)·(an－p)<0恒成立，则实数p的取值范围是________．
解析：　
当n＝1时，a1＝S1＝－1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－1)nn－(－1)n－1(n－1)＝(－1)n(2n－1)．
因为对任意的正整数n，(an＋1－p)(an－p)<0恒成立，
所以[(－1)n＋1(2n＋1)－p][(－1)n(2n－1)－p]<0．
①当n是正奇数时，化为[p－(2n＋1)][p＋(2n－1)]<0，解得1－2n 因为对任意的正奇数n都成立，取n＝1时，可得－1 ②当n是正偶数时，化为[p－(2n－1)][p＋(1＋2n)]<0，解得－1－2n 因为对任意的正偶数n都成立，取n＝2时，可得－5 联立解得－1 [典例 7]　在数列{an}中，a1＝2，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，n∈N*，则S60的值为(　　)
A．990　　　　　　　　B．1 000 　　　　　　　　C．1 100　　　　　　　　D．99
解析：　
n为奇数时，an＋2－an＝0，an＝2；n为偶数时，an＋2－an＝2，an＝n．
故S60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990．
[典例 8]　已知数列{an}满足an＋1＋(－1)n＋1an＝2，则其前100项和为(　　)
A．250　　　　　　　　B．200　　　　　　　　C．150　　　　　　　　D．100
解析：　
当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋1－a2k＝2，
当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＋a2k－1＝2，当n＝2k＋1(k∈N*)时，a2k＋2＋a2k＋1＝2，
∴a2k＋1＋a2k－1＝4，a2k＋2＋a2k＝0，
∴{an}的前100项和＝(a1＋a3)＋…＋(a97＋a99)＋(a2＋a4)＋…＋(a98＋a100)
＝25×4＋25×0＝100．
[典例 9]　(2012·全国)数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为(　　)
A．3 690　　　　　　B．3 660　　　　　　C．1 845　　　　　　D．1 830
解析：　
不妨令a1＝1，根据题意，得a2＝2，a3＝a5＝a7＝…＝1，a4＝6，a6＝10，…，
所以当n为奇数时，an＝1，当n为偶数时构成以a2＝2为首项，
以4为公差的等差数列．所以{an}的前60项和为S60＝30＋2×30＋×4＝1 830．
[典例 10]　 (2020·全国Ⅰ)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________．
解析：　
因为数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，
所以当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋2＋a2k＝6k－1(k∈N*)，
所以(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＋(a14＋a16)＝5＋17＋29＋41＝92．
当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＋1－a2k－1＝6k－4(k∈N*)，
所以当k≥2时，a2k－1＝a1＋(a3－a1)＋(a5－a3)＋(a7－a5)＋…＋(a2k－1－a2k－3)
＝a1＋2＋8＋14＋…＋[6(k－1)－4]＝a1＋＝a1＋(3k－4)(k－1)，
当k＝1时上式也成立，所以a2k－1＝a1＋(3k－4)(k－1)(k∈N*)，
即a2k－1＝a1＋3k2－7k＋4(k∈N*)．
法一：所以a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a15
＝8a1＋3×(12＋22＋32＋…＋82)－7×(1＋2＋3＋…＋8)＋4×8
＝8a1＋3×－7×＋32
＝8a1＋612－252＋32＝8a1＋392．
又前16项和为540，所以92＋8a1＋392＝540，解得a1＝7．
法二：所以a2k－1＝a1＋(3k2＋3k＋1)－10k＋3＝a1＋[(k＋1)3－k3]－10k＋3，
所以a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a15
＝8a1＋(23－13)＋(33－23)＋…＋(93－83)－10×＋3×8
＝8a1＋93－13－360＋24＝8a1＋392．
又前16项和为540，所以92＋8a1＋392＝540，解得a1＝7．
[典例 11]　在数列{an}中，a1＝1，a2＝3，且＝2＋(－1)n(n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和，则S100等于(　　)
A．＋50　　B．＋50　　C．＋50　　D．＋50
解析：　
由题意＝2＋(－1)n(n∈N*)，当n为偶数时，可得＝3；
当n为奇数时，可得＝1，
即数列的偶数项成公比为3的等比数列，奇数项都为1，
由求和公式可得S100＝＋50＝＋50．
[典例 12]　已知数列{an}满足a1＝1，a2＝，且[3＋(－1)n]an＋2－2an＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N*，记T2n为数列{an}的前2n项和，数列{bn}是首项和公比都是2的等比数列，则使不等式·<1成立的最小整数n的值为(　　)
A．7　　　　　　　　B．6　　　　　　　　C．5　　　　　　　　D．4
解析：　
因为[3＋(－1)n]an＋2－2an＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N*，
所以当 n为奇数时，an＋2－an＝2，且a1＝1，
所以数列{an}的奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列；
当n为偶数时，＝，且a2＝，
所以数列{an}的偶数项构成首项为，公比为的等比数列，
则T2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2n)＝n2＋1－．
又因为数列{bn}是首项和公比都是2的等比数列，
所以bn＝2n，则·<1等价于(n2＋1)<1，即n2＋1<2n，
当n＝1时，n2＋1＝2n；当n＝2，3，4时，n2＋1>2n；
当n＝5时，n2＋1<2n；当n>5时，n2＋1<2n．
综上所述，使不等式·<1成立的最小整数n的值为5，故选C．


【典例精练】
9．已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)n·(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于(　　)
A．15　　　　　　　　B．12　　　　　　　　C．－12　　　　　　　　D．－15
解析：　
∵an＝(－1)n(3n－2)，
∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28
＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15．
10．已知数列{an}的通项公式an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，则其前n项和Sn为________．
解析：　
Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n](ln2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，
所以当n为偶数时，Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1，
当n为奇数时，Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3＝3n－ln 3－ln 2－1，
综上所述，Sn＝
11．已知数列{an}的通项公式为an＝2n，设bn＝，记Tn＝－b1＋b2－b3＋…＋(－1)nbn，则Tn＝_____．
解析：　
由an＝2n，得bn＝＝n(n＋1)，
①当n为偶数时，Tn＝－(1×2)＋(2×3)－(3×4)＋…＋n(n＋1)
＝2(－1＋3)＋4(－3＋5)＋…＋n[－(n－1)＋(n＋1)]
＝2×2＋4×2＋6×2＋…＋n×2
＝2×(2＋4＋6＋…＋n)
＝2×＝；
②当n为奇数时，Tn＝－(1×2)＋(2×3)－(3×4)＋…－n(n＋1)
＝2(－1＋3)＋4(－3＋5)＋…＋(n－1)[－(n－2)＋n]－n(n＋1)＝
2×2＋4×2＋6×2＋…＋(n－1)×2－n(n＋1)
＝2[2＋4＋6＋…＋(n－1)]－n(n＋1)
＝2×－n(n＋1)
＝－．
综上：Tn＝
12．已知公差不为零的等差数列{an}中，a1＝1，且a2，a5，a14成等比数列，{an}的前n项和为Sn，bn＝(－1)nSn，则an＝________，数列{bn}的前n项和Tn＝________．
解析：　
设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，则由a2，a5，a14成等比数列得a＝a2·a14，
即(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝2，
则an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，Sn＝na1＋d＝n2，
当n为偶数时，
Tn＝－S1＋S2－S3＋S4－…－Sn－1＋Sn
＝－12＋22－32＋42－…－(n－1)2＋n2
＝3＋7＋…＋(2n－1)＝；
当n为大于1的奇数时，
Tn＝－S1＋S2－S3＋S4－…＋Sn－1－Sn
＝－12＋22－32＋42－…－(n－2)2＋(n－1)2－n2
＝3＋7＋…＋(2n－3)－n2＝－，
当n＝1时，也符合上式．综上所述，Tn＝(－1)n．
13．在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2－an＝1＋(－1)n，那么S100的值为(　　)
A．2 500　　　　　　　B．2 600　　　　　　　C．2 700　　　　　　　　D．2 800
解析：　
当n为奇数时，an＋2－an＝0⇒an＝1，当n为偶数时，an＋2－an＝2⇒an＝n，
故an＝于是S100＝50＋＝2 600．
14．已知数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝n(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则S60＝________．
解析：　
法一　因为a2k－a2k－1＝2k－1，a2k＋1＋a2k＝2k(k∈N*)，两式相减，则a2k＋1＋a2k－1
＝1，即{an}的相邻两个奇数项之和恒为1；又a2k＋1＋a2k＝2k，a2k＋2－a2k＋1＝2k＋1(k∈N*)，两式相加，则a2k＋2＋a2k＝4k＋1，所以S60＝(a1＋a3＋…＋a59)＋[(a2＋a4)＋…＋(a58＋a60)]＝15＋[(4×1＋1)＋(4×3＋1)＋…＋(4×29＋1)]＝930．
法二　一般递推关系中出现(－1)n，应分奇偶项进行讨论，以简化递推关系．同时，对于首项未定的数列求和，可以考虑从特殊到一般归纳其规律：设a1＝x，则由递推关系，得a2＝1＋x，a3＝1－x，a4＝4－x，a5＝x，a6＝5＋x，a7＝1－x，a8＝8－x，…，则有a1＋a2＋a3＋a4＝6，a5＋a6＋a7＋a8＝14，可猜想a4m＋1＋a4m＋2＋a4m＋3＋a4m＋4＝8m＋6(m∈N)，故S60＝6×15＋×8＝930．
15．数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝n＋1，则{an}前40项的和为________．
解析：　
由an＋1＋(－1)nan＝n＋1，可依次列出n取不同值时数列项之间的关系：
当n＝1时，a2－a1＝2，①，当n＝2时，a3＋a2＝3，②，
当n＝3时，a4－a3＝4，③，当n＝4时，a5＋a4＝5，④，
由②－①得a3＋a1＝1，由③＋②得a4＋a2＝7，当n＝5时，a6－a5＝6，⑤，
当n＝6时，a7＋a6＝7，⑥，当n＝7时，a8－a7＝8，⑦，
当n＝8时，a9＋a8＝9，⑧，由⑥－⑤得a7＋a5＝1，由⑦＋⑥得a8＋a6＝15，
类似可得a11＋a9＝1，…，a39＋a37＝1，a12＋a10＝23，…，
即{a4k＋2＋a4k＋4}(k∈N)构成一个首项为7，公差为8的等差数列，
∴S40＝(a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a37＋a39)＋(a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a38＋a40)
＝1×10＋7×10＋×8＝440．
16．在数列{an}中，an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和为(　　)
A．76　　　　　　　　B．78　　　　　　　　C．80　　　　　　　　D．82
解析：　
因为an＋1＋(－1)nan＝2n－1，所以a2－a1＝1，a3＋a2＝3，a4－a3＝5，a5＋a4＝7，a6
－a5＝9，a7＋a6＝11，…，a11＋a10＝19，a12－a11＝21，所以a1＋a3＝2，a4＋a2＝8，…，a12＋a10＝40，所以从第一项开始，依次取两个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取两个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列，以上式相加可得，S12＝a1＋a2＋a3＋…＋a12＝(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋(a9＋a11)＋(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＝3×2＋8＋24＋40＝78．
17．若不等式(－1)n·a<3＋对任意的正整数n恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析：　
n为偶数时，a<，即a<3－＝；n为奇数时，－a<，
即－a≤3，∴a≥－3，综上实数a的取值范围是．
[典例 13]　已知数列{an}的首项a1＝5，前n项和为Sn，满足Sn－n2＝n(an－1)．
(1)证明数列{an}为等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足bn＝(－1)n·n(an＋2n－4)＋2n，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析：　
(1)因为Sn－n2＝n(an－1)，即Sn＝nan＋n2－n，①
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)an－1＋(n－1)2－(n－1)，②
①－②，得(n－1)an－(n－1)an－1＋2(n－1)＝0．
因为n≥2，所以an－an－1＝－2，所以数列{an}是以a1＝5为首项，d＝－2为公差的等差数列，
所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋7．
(2)由(1)得bn＝(－1)nn(an＋2n－4)＋2n＝(－1)n3n＋2n，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝(－3×1＋2×1)＋(3×2＋2×2)＋(－3×3＋2×3)＋(3×4＋2×4)＋…＋(－1)n3n＋2n
＝－3[1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n＋1n]＋2(1＋2＋3＋4＋…＋n)，
于是当n为奇数时，Tn＝－3×＋n(n＋1)＝；
当n为偶数时，Tn＝＋n(n＋1)＝．
所以数列{bn}的前n项和Tn＝
[典例 14]　已知数列{an}满足a1＝1，a2＝，[3＋(－1)n]an＋2－2an＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N*．
(1)令bn＝a2n－1，判断{bn}是否为等差数列，并求数列{bn}的通项公式；
(2)记数列{an}的前2n项和为T2n，求T2n．
解析：　
(1)因为[3＋(－1)n]an＋2－2an＋2[(－1)n－1]＝0，
所以[3＋(－1)2n－1]a2n＋1－2a2n－1＋2[(－1)2n－1－1]＝0，即a2n＋1－a2n－1＝2，
又bn＝a2n－1，所以bn＋1－bn＝a2n＋1－a2n－1＝2，
所以{bn}是以b1＝a1＝1为首项，2为公差的等差数列，
所以bn＝1＋(n－1)×2＝2n－1，n∈N*．
(2)对于[3＋(－1)n]an＋2－2an＋2[(－1)n－1]＝0，
当n为偶数时，可得(3＋1)an＋2－2an＋2(1－1)＝0，即＝，
所以a2，a4，a6，…是以a2＝为首项，为公比的等比数列；
当n为奇数时，可得(3－1)an＋2－2an＋2(－1－1)＝0，即an＋2－an＝2，
所以a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，2为公差的等差数列，
所以T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)
＝＋＝n2＋1－，n∈N*．

[典例 15]　下表是一个由n2个正数组成的数表，用aij表示第i行第j个数(i，j∈N*)．已知数表中第一列各数从上到下依次构成等差数列，每一行各数从左到右依次构成等比数列，且公比都相等．且a11＝1，a31＋a61＝9，a35＝48.
a11　a12　a13　…　a1n
a21　a22　a23　…　a2n
a31　a32　a33　…　a3n
　　　　　　　　　　　　　　　　　　…　…　 …　…　…
an1　an2　an3　…　ann
(1)求an1和a4n；
(2)设bn＝＋(－1)n·an1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn．
解析：　
(1)设第1列依次组成的等差数列的公差为d，设每一行依次组成的等比数列的公比为q．
依题意a31＋a61＝(1＋2d)＋(1＋5d)＝9，∴d＝1，
∴an1＝a11＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n(n∈N*)，
∵a31＝a11＋2d＝3，∴a35＝a31·q4＝3q4＝48，
∵q>0，∴q＝2，又∵a41＝4，∴a4n＝a41qn－1＝4×2n－1＝2n＋1(n∈N*).
∵bn＝＋(－1)nan1＝＋(－1)n·n
＝＋(－1)n·n＝－＋(－1)n·n，
∴Sn＝＋＋＋…＋＋[－1＋2－3＋4－5＋…＋(－1)nn]，
当n为偶数时，Sn＝1－＋，
当n为奇数时，Sn＝1－＋－n＝1－－＝－．
[典例 16]　已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn．
解析：　
(1)由题意知，2Sn＝an＋，即2Snan－a＝1，①
当n＝1时，由①式可得S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入①式，得2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，
整理得S－S＝1．
所以{S}是首项为1，公差为1的等差数列，S＝1＋n－1＝n．
因为{an}的各项都为正数，所以Sn＝，
所以an＝Sn－Sn－1＝－(n≥2)．
又a1＝S1＝1，所以an＝－．
(2)bn＝＝＝(－1)n(＋)，
当n为奇数时，Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝－；
当n为偶数时，Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝．
所以{bn}的前n项和Tn＝(－1)n．
[典例 17]　已知递增的等差数列{an}的前n项和为Sn，S1＝1，S2，S3－1，S4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知bn＝，求数列{bn}的前2n项和T2n．
解析：　
(1)由S1＝1知等差数列{an}的首项为1，所以Sn＝n＋d，
由S2，S3－1，S4成等比数列可得(S3－1)2＝S2S4，所以(2＋3d)2＝(2＋d)(4＋6d)，解得d＝2或d＝－，
由等差数列{an}为递增数列知，d>0，所以d＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1．
(2)因为bn＝＝＝(－1)n，
所以T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝－＋－＋＋…－＋
＝－＋＝－．

[典例 18]　已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)n＋1，数列{bn}的前n项和为Tn，求T2 021．
解析：　
(1)由题设，Sn＝①，当n≥2时，Sn－1＝②
①－②，得an＝－(n≥2)，则(n－1)an＝nan－1．
∴＝＝…＝＝1．所以an＝n．
又a1适合上式，故an＝n．
(2)bn＝(－1)n＋1＝(－1)n＋1．
T2 021＝－＋－…－(＋)＋
＝1＋＝．


【典例精练】
18．已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn(n∈N*)，且数列是公差为2的等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析：　
(1)由已知得＝1＋(n－1)×2＝2n－1，所以Sn＝2n2－n．
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3．
而a1＝1＝4×1－3满足上式，所以an＝4n－3，n∈N*．
(2)由(1)可得bn＝(－1)nan＝(－1)n(4n－3)．
当n为偶数时，Tn＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n－7)＋(4n－3)]＝4×＝2n；
当n为奇数时，n＋1为偶数，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2(n＋1)－(4n＋1)＝－2n＋1．
综上，Tn＝
19．数列{an}中，a1＝1，a2＝2，数列{bn}满足bn＝an＋1＋(－1)nan，n∈N*．
(1)若数列{an}是等差数列，求数列{bn}的前100项和S100；
(2)若数列{bn}是公差为2的等差数列，求数列{an}的通项公式．
解析：　
(1)∵{an}为等差数列，且a1＝1，a2＝2，∴公差d＝1，∴an＝n．
∴bn＝即bn＝
∴bn的前100项和
S100＝(b1＋b3＋…＋b99)＋(b2＋b4＋…＋b100)
＝50＋(5＋9＋13＋…＋201)＝50＋50×5＋×4＝5 200．
(2)由题意得，b1＝a2－a1＝1，公差d＝2，∴bn＝2n－1．
∴
由②－①得，a2n＋1＋a2n－1＝2，∴a2n＋1＝2－a2n－1，
又∵a1＝1，∴a1＝a3＝a5＝…＝1，∴a2n－1＝1，∴a2n＝4n－2，
综上所述，an＝
20．设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan－，n∈N*．
(1)求a3；
(2)求S1＋S2＋…＋S100．
解析：　
(1)令n＝4，则S4＝a4－，∴S3＝－．
令n＝3，则S3＝－a3－，∴a3＝－S3－＝－．
(2)当n＝1时，a1＝－；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－1)n·an－－(－1)n－1·an－1＋＝(－1)n·an＋(－1)n·an－1＋，
即an＝(－1)n·an＋(－1)n·an－1＋．(*)
①当n为偶数时，由*式可得an－1＋＝0，则an－1＝－，∴an＝－，此时n为奇数．
②当n为奇数时，由*式可得an－1＝－2an＋＝－2·＋＝，∴an＝，此时n为偶数．
综上所述，an＝
∴S1＋S2＋…＋S100＝(－a1＋a2)＋(－a3＋a4)＋…＋(－a99＋a100)－
＝2－＝．
21．已知{an}是各项都为正数的数列，其前n项和为Sn，且Sn为an与的等差中项．
(1)求证：数列{S}为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn．
解析：　
(1)由题意知2Sn＝an＋，即2Snan－a＝1，(*)
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1，代入(*)式得2Sn(Sn－Sn－1)－(Sn－Sn－1)2＝1，整理得S－S＝1(n≥2)．
又当n＝1时，由(*)式可得a1＝S1＝1，∴数列{S}是首项为1，公差为1的等差数列．
(2)由(1)可得S＝1＋n－1＝n，∵数列{an}的各项都为正数，∴Sn＝，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，又a1＝S1＝1满足上式，
∴an＝－(n∈N*)．
(3)由(2)得bn＝＝＝(－1)n(＋)，
当n为奇数时，Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…＋(＋)－(＋)＝－，
当n为偶数时，Tn＝－1＋(＋1)－(＋)＋…－(＋)＋(＋)＝，
∴数列{bn}的前n项和Tn＝(－1)n(n∈N*)．
22．已知数列{an}为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn，满足S2n－1＝a．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝(－1)n，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析：　
(1)S2n－1＝＝an(2n－1)＝a，∵an≠0，∴an＝2n－1(n∈N*)．
(2)bn＝(－1)n＝(－1)n＝(－1)n，
当n为偶数时Tn＝＝＝，
当n为奇数时Tn＝＝＝．
所以Tn＝
23．在公差不为0的等差数列{an}中，a＝a3＋a6，且a3为a1与a11的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝(－1)n(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析：　
　(1)设数列{an}的公差为d，∵a＝a3＋a6，∴(a1＋d)2＝a1＋2d＋a1＋5d，①
∵a＝a1·a11，即(a1＋2d)2＝a1·(a1＋10d)，②
∵d≠0，由①②解得a1＝2，d＝3．∴数列{an}的通项公式为an＝3n－1(n∈N*)．
(2)由题意知，bn＝(－1)n＝(－1)n··＝(－1)n··
Tn＝＝．

考点四　已知条件明确的奇偶项或含有三角函数问题
[典例 19]　设数列{an}的前n项和为Sn，4Sn＝a＋2an－3，且a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，当n≥5时，an>0．
(1)求证：当n≥5时，{an}成等差数列；
(2)求{an}的前n项和Sn．
解析：　
(1)由4Sn＝a＋2an－3,4Sn＋1＝a＋2an＋1－3，得4an＋1＝a－a＋2an＋1－2an，
即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0．当n≥5时，an>0，所以an＋1－an＝2，
所以当n≥5时，{an}成等差数列．
(2)由4a1＝a＋2a1－3，得a1＝3或a1＝－1，又a1，a2，a3，a4，a5成等比数列，
所以由(1)得an＋1＋an＝0(n≤5)，q＝－1，而a5>0，所以a1>0，从而a1＝3，
所以an＝所以Sn＝
[典例 20]　设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*．
(1)求通项公式an；
(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．
解析：　
(1)由题意得得
又当n≥2时，由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，
得an＋1＝3an，又a2＝3a1，∴数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*．
(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1，
当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3．
设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3，
当n≥3时，Tn＝3＋－＝，经验证T2符合上求．
∴Tn＝
[典例 21]　已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝(n＋2)(an－1)，n∈N*．
(1)证明：数列为常数列，并求an；
(2)令bn＝a2n·sin，求数列{bn}的前n项和Tn．
解析：　
(1)因为2Sn＝(n＋2)(an－1)，①
所以当n≥2时，2Sn－1＝(n＋1)(an－1－1)，②
①－②得2an＝(n＋2)an－(n＋1)an－1－1，即nan－(n＋1)an－1＝1．
等式两边同除n(n＋1)得，－＝＝－，整理得＝，
所以数列为常数列．因为2S1＝(1＋2)(a1－1)，所以a1＝3，
则＝＝2，所以an＝2n＋1．
(2)由(1)可得a2n＝2·2n＋1＝2n＋1＋1，所以bn＝(2n＋1＋1)sin ＝(2n＋1＋1)sin，
则bn＝
①当n＝2k，k∈N*时，
Tn＝(－22－1)＋(23＋1)－(24＋1)＋…＋(－2n－1)＋(2n＋1＋1)
＝－22＋23－24＋25＋…－2n＋2n＋1＝22＋24＋…＋2n＝(2n－1)；
②当n＝2k－1，k∈N*时，
Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(2n＋1－1)－(2n＋2＋1)＝－．
综上所述，Tn＝


【典例精练】
24．已知数列{an}的通项公式是an＝n2sin，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
解析：　
an＝n2sin＝∴a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝－12＋22－32＋42
－…－2 0172＋2 0182＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(2 0182－2 0172)＝1＋2＋3＋4＋…＋2 018＝．
25．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2 017＝______．
解析：　
∵an＋1＋(－1)nan＝cos(n＋1)π＝(－1)n＋1，∴当n＝2k时，a2k＋1＋a2k＝－1，k
∈N*，∴S2 017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 016＋a2 017)＝1＋(－1)×1 008＝－1 007．
26．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝n2＋2n，bn＝anan＋1cos[(n＋1)π]，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn≥tn2对n∈N*恒成立，则实数t的取值范围是________．
解析：　
n＝1时，a1＝S1＝3．n≥2，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－[(n－1)2＋2(n－1)]＝2n＋1．
n＝1时也成立，所以an＝2n＋1．
所以bn＝anan＋1cos[(n＋1)π]＝(2n＋1)(2n＋3)cos[(n＋1)π]，
n为奇数时，cos[(n＋1)π]＝1，n为偶数时，cos[(n＋1)π]＝－1．
因此当n为奇数时，
Tn＝3×5－5×7＋7×9－9×11＋…＋(2n＋1)(2n＋3)＝3×5＋4×(7＋11＋…＋2n＋1)
＝15＋4×＝2n2＋6n＋7．
因为Tn≥tn2对n∈N*恒成立，所以2n2＋6n＋7≥tn2，t≤＋＋2＝72＋，
所以t≤2．当n为偶数时，
Tn＝3×5－5×7＋7×9－9×11＋…－(2n＋1)(2n＋3)＝－4×(5＋9＋13＋…＋2n＋1)
＝－2n2－6n．因为Tn≥tn2对n∈N*恒成立，
所以－2n2－6n≥tn2，t≤－2－，所以t≤－5．综上可得t≤－5．
27．已知数列{an}满足a1＝2，n(an＋1－n－1)＝(n＋1)(an＋n)(n∈N*)．
(1)求证数列是等差数列，并求其通项公式；
(2)设bn＝－15，求数列{|bn|}的前n项和Tn.
解析：　
(1)∵n(an＋1－n－1)＝(n＋1)(an＋n)(n∈N*)，∴nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，∴－＝2，
∴数列是等差数列，其公差为2，首项为2，∴＝2＋2(n－1)＝2n.
(2)由(1)知an＝2n2，∴bn＝－15＝2n－15，
则数列{bn}的前n项和Sn＝＝n2－14n．令bn＝2n－15≤0，解得n≤7.5.
∴当n≤7时，数列{|bn|}的前n项和Tn＝－b1－b2－…－bn＝－Sn＝－n2＋14n.
当n≥8时，数列{|bn|}的前n项和Tn＝－b1－b2－…－b7＋b8＋…＋bn
＝－2S7＋Sn＝－2×(72－14×7)＋n2－14n＝n2－14n＋98.
∴Tn＝
28．已知一次函数f(x)＝x＋8－2n.
(1)设函数y＝f(x)的图象与y轴交点的纵坐标构成数列{an}，求证：数列{an}是等差数列；
(2)设函数y＝f(x)的图象与y轴的交点到x轴的距离构成数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Sn.
解析：　
(1)由题意得an＝8－2n，因为an＋1－an＝8－2(n＋1)－8＋2n＝－2，且a1＝8－2＝6，
所以数列{an}是首项为6，公差为－2的等差数列．
(2)由题意得bn＝|8－2n|．由b1＝6，b2＝4，b3＝2，b4＝0，b5＝2，
可知此数列前4项是首项为6，公差为－2的等差数列，
从第5项起，是首项为2，公差为2的等差数列．
所以当n≤4时，Sn＝6n＋×(－2)＝－n2＋7n，
当n≥5时，Sn＝S4＋(n－4)×2＋×2＝n2－7n＋24.
故Sn＝