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

这是一份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，共11页。

例题：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.
变式1设函数f(x)＝eq \f(2x＋3,3x)(x>0)，数列{an}满足a1＝1，an＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))(n∈N*，且n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…＋(－1)n－1anan＋1，若Tn≥tn2对n∈N*恒成立，求实数t的取值范围．
串讲1已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且2a5－a3＝13，S4＝16.
(1)求数列{an}的前n项和Sn；
(2)设Tn＝eq \i\su(i＝1,n, )(－1)i·ai，若对一切正整数n，不等式λTnk)恒成立，则称数列{an}是“R(k)数列”．
(1)已知an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2n－1，n为奇数，,2n，n为偶数，))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(p>1)，使得b3p－3，b3p－1，b3p＋1，b3p＋3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a1＝1，a2＝λ，满足a2n－1，a2n－1＋1，a2n－1＋2，…，a2n是等差数列(其中n≥2，n∈N)，且当n为奇数时，公差为d；当n为偶数时，公差为－d.
(1)当λ＝1，d＝1时，求a8的值；
(2)当d≠0时，求证：数列{|a2n＋2－a2n|}(n∈N*)是等比数列；
(3)当λ≠1时，记满足am＝a2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＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋2,3)＋\f(2,3)（n为偶数），,\f(2n＋2,3)－\f(2,3)（n为奇数）.))
解析：(1)由λ＝1，d＝1，所以a2＝1，a2，a3，a4为等差数列且公差为－1，2分
所以a4＝a2－2＝－1，又a4，a5，…a8为等差数列且公差为1，所以a8＝a4＋4＝3.4分
(2)当n＝2k＋1时，a22k，a22k＋1，a22k＋2，…，a22k＋1是等差数列且公差为d，
所以a22k＋1＝222k＋22kd，6分
同理可得a22k＝a22k－1－22k－1d，两式相加，得a22k＋1－a22k－1＝22k－1d；当n＝2k时，
同理可得a22k＋2－a22k＝－22kd，所以|a2n＋2－a2n|＝2nd.7分
又因为d≠0，所以eq \f(|a2n＋2－a2n|,|a2n＋1－a2n－1|)＝eq \f(2n,2n－1)＝2(n≥2)，
所以数列{|a2n＋2－a2n|}(n∈N*)是以2为公比的等比数列.8分
(3)因为a2＝λ，所以a4＝a2－2d＝λ－2d，由(2)知a22k＋1＝a22k－1＋22k－1d，
所以a22k＋1＝a22k－1＋22k－1d＝a22k－3＋22k－3d＋22k－1d，10分
依次下推，得a22k＋1＝a21＋21d＋23d＋…＋22k－3d＋22k－1d，所以a22k＋1＝λ＋eq \f(2,3)(22k－1)d，
当22k＋1≤n≤22k＋2时，an＝a22k＋1－(n－22k＋1)d＝λ＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(22k＋3,3)－n－\f(2,3)))d，由am＝a2，得m＝eq \f(22k＋3,3)－eq \f(2,3)，
所以b2k＋1＝eq \f(22k＋3,3)－eq \f(2,3)，所以bn＝eq \f(2n＋2,3)－eq \f(2,3)(n为奇数)；12分
由(2)知a22k＋2＝a22k－22kd＝a22k－2－22k－2d－22kd，依次下推，得a22k＋2＝a22－22d－24d－…－22k－2d－22kd，
所以a22k＋2＝λ－2d－eq \f(4（22k－1）,3)d，当22k＋2≤n≤22k＋3时，an＝a22k＋2＋(n－22k＋2)d＝λ＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(22k＋4,3)－\f(2,3)))d，
由am＝a2，得m＝eq \f(22k＋4,3)＋eq \f(2,3)，所以b2k＋2＝eq \f(22k＋4,3)＋eq \f(2,3).所以bn＝eq \f(2n＋2,3)＋eq \f(2,3)(n为偶数)．
微专题50
例题
答案：(1)－eq \f(1,2)；
(2)Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2n2－3n＋5,2)，n为奇数，,\f(2n2－3n,2)， n为偶数.))
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]＝2nd＋2a1－d＝4n－3，所以2d＝4，2a1－d＝－3，解得，d＝2，a1＝－eq \f(1,2).
(2)由an＋1＋an＝4n－3，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＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\ac\hs10\c2(2n，,n为奇数，,2n－5，,n为偶数.)))
解法1：①当n为偶数时，Sn＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)＝eq \f(2＋2（n－1）,2)·eq \f(n,2)＋eq \f(－1＋（2n－5）,2)·eq \f(n,2)＝
eq \f(2n2－3n,2).
②当n为奇数时，Sn＝
eq \f(2（n－1）2－3（n－1）,2)＋2n＝eq \f(2n2－3n＋5,2)所以
Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2n2－3n＋5,2)，n为奇数，,\f(2n2－3n,2)， n为偶数.))
解法2：①当n为偶数时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝1＋9＋…＋(4n－7)＝eq \f(2n2－3n,2)；
②当n为奇数时，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－2＋an－1)＋an＝1＋9＋…＋(4n－11)＋2n＝eq \f(2n2－3n＋5,2).所以
Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2n2－3n＋5,2)，n为奇数，,\f(2n2－3n,2)， n为偶数.))
变式联想
变式1
答案：(1)an＝eq \f(2n＋1,3)；
(2)(－∞，－eq \f(5,9)]．
解析：(1)因为an＝f(eq \f(1,an－1))＝
eq \f(2×\f(1,an－1＋3),3×\f(1,an－1))＝an－1＋eq \f(2,3)，(n∈N*，且n≥2)，所以an－an－1＝eq \f(2,3).因为a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，公差为eq \f(2,3)的等差数列．所以an＝eq \f(2n＋1,3).
(2)①当n＝2m，m∈N*时，Tn＝T2m＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…＋(－1)2m－1a2ma2m＋1＝a2(a1－a3)＋a4(a3－a5)＋…＋a2m(a2m－1－a2m＋1)＝
－eq \f(4,3)(a2＋a4＋…＋a2m)＝
－eq \f(4,3)×eq \f(a2＋a2m,2)×m＝
－eq \f(1,9)(8m2＋12m)＝－eq \f(1,9)(2n2＋6n)．
②当n＝2m－1，m∈N*时，Tn＝T2m－1＝T2m－(－1)2m－1a2ma2m＋1＝－eq \f(1,9)(8m2＋12m)＋
eq \f(1,9)(16m2＋16m＋3)＝eq \f(1,9)(8m2＋4m＋3)＝eq \f(1,9)(2n2＋6n＋7)．
所以Tn＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(1,9)（2n2＋6n），n为偶数，,\f(1,9)（2n2＋6n＋7），n为奇数.))
要使Tn≥tn2对n∈N*恒成立，
只要使－eq \f(1,9)(2n2＋6n)≥tn2，(n为偶数)恒成立，只要使－eq \f(1,9)(2＋eq \f(6,n))≥t，对n为偶数恒成立．故实数t的取值范围为(－∞，－eq \f(5,9)]．
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)Sn＝n2；(2)(－4，2)．
解析：(1)设数列{an}的公差为d.因为2a5－a3＝13，S4＝16，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2（a1＋4d）－（a1＋2d）＝13，,4a1＋6d＝16，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝6，,d＝2，))所以an＝2n－1，Sn＝n2.
(2)解法1：①当n为偶数时，设n＝2k，k∈N*，则T2k＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a2k－a2k－1)＝2k.代入不等式λTn0，所以an＋1≥an.an－2＋an＋2＝2(n－2)－1＋2(n＋2)－1＝2(2n－1)＝2an；当n为偶数时，an＋1－an＝2(n＋1)－2n＝2>0，所以an＋1≥an.an－2＋an＋2＝2(n－2)＋2(n＋2)＝4n＝2an.所以数列{an}是“R(2)数列”．
(2)由题意可得bn－3＋bn＋3＝2bn，则数列b1，b4，b7，…是等差数列，设其公差为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bn≤bn＋1，所以b3n＋1≤b3n＋2≤b3n＋4，所以b1＋nd1≤b2＋nd2≤b1＋(n＋1)d1，所以n(d2－d1)≥b1－b2，①
n(d2－d1)≤b1－b2＋d1.②
若d2－d1eq \f(b1－b2,d2－d1)时，①不成立；若d2－d1>0，则当n>eq \f(b1－b2＋d1,d2－d1)时，②不成立．若d2－d1＝0，则①和②都成立，所以d1＝d2.同理得d1＝d3，所以d1＝d2＝d3，记d1＝d2＝d3＝d.设b3p－1－b3p－3＝b3p＋1－b3p－1＝b3p＋3－b3p＋1＝λ，则b3n－1－b3n－2＝b3p－1＋(n－p)d－[b3p＋1＋(n－p－1)d]＝b3p－1－b3p＋1＋d＝d－λ.同理可得b3n－b3n－1＝b3n＋1－b3n＝d－λ，所以bn＋1－bn＝d－λ.所以{bn}是等差数列．
另解析：λ＝b3p－1－b3p－3＝b2＋(p－1)d－[b3＋(p－2)d]＝b2－b3＋d，λ＝b3p＋1－b3p－1＝b1＋pd－[b2＋(p－1)d]＝b1－b2＋d，λ＝b3p＋3－b3p＋1＝b3＋pd－(b1＋pd)＝b3－b1，以上三式相加可得3λ＝2d，所以λ＝eq \f(2,3)d，所以b3n－2＝b1＋(n－1)d＝b1＋(3n－2－1)eq \f(d,3)，b3n－1＝b2＋(n－1)d＝b1＋d－λ＋(n－1)d＝b1＋(3n－1－1)eq \f(d,3)，b3n＝b3＋(n－1)d＝b1＋λ＋(n－1)d＝b1＋(3n－1)eq \f(d,3)，所以bn＝b1＋(n－1)eq \f(d,3)，所以bn＋1－bn＝eq \f(d,3)，所以数列{bn}是等差数列．
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.