2025年高考数学精品教案第五章 数列 突破1 数列中含绝对值及奇偶项问题

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命题点1 数列中含绝对值的求和问题
例1 [2023全国卷乙]记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40.
（1）求{an}的通项公式；
（2）求数列{｜an｜}的前n项和Tn.
解析 （1）设{an}的公差为d，则a2＝a1＋d=11，S10=10a1+45d=40，
解得a1＝13，d＝－2.
所以{an}的通项公式为an＝13＋（n－1）×（－2）＝15－2n.
（2）由（1）得｜an｜＝15－2n，n≤7，2n－15，n≥8.
当n≤7时，Tn＝Sn＝13n＋n（n－1）2×（－2）＝14n－n2，
当n≥8时，Tn＝－Sn＋2S7＝－（14n－n2）＋2（14×7－72）＝98－14n＋n2.
综上，Tn＝14n－n2，n≤7，98－14n＋n2，n≥8.
方法技巧
一般地，数列{｜an｜}与数列{an}是两个不相同的数列，只有数列{an}中的每一项都是非负数时，它们表示的才是同一数列.因此，求数列{｜an｜}的前n项和时，应先弄清n取什么值时an≥0或an＜0，去掉绝对值符号后再求和.
训练1 [2023长沙一中5月三模]已知数列{an}满足2an＋1＝an＋an＋2（n∈N*），它的前n项和为Sn，且a3＝－25，S6＝－144.
（1）求Sn的最小值；
（2）求数列{｜an｜}的前n项和Tn.
解析 （1）由2an＋1＝an＋an＋2可得an＋1－an＝an＋2－an＋1，所以{an}是等差数列.设{an}的公差为d，由a3＝－25，S6＝－144得a1+2d＝－25，6a1＋6×52d＝－144，解得a1＝－29，d=2.
所以Sn＝－29n＋n（n－1）2×2＝n2－30n＝（n－15）2－225，
所以当n＝15时，Sn取得最小值－225.
（2）由（1）知an＝－29＋（n－1）×2＝2n－31，则当n≤15时，an＜0，当n≥16时，an＞0.
当n≤15时，Tn＝－Sn＝－n2＋30n，
当n≥16时，Tn＝－S15＋Sn－S15＝n2－30n＋450.
综上，Tn＝－n2+30n，n≤15，n2－30n+450，n≥16.
命题点2 数列中的奇偶项问题
例2 [2022天津高考]已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，a1＝b1＝a2－b2＝a3－b3＝1.
（1）求{an}，{bn}的通项公式.
（2）证明：（Sn＋1＋an＋1）bn＝Sn＋1·bn＋1－Sn·bn.
（3）求∑2nk=1[ak＋1－（－1）kak]bk.
解析 （1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，根据a1＝b1＝a2－b2＝a3－b3＝1得1+d－q=1，1+2d－q2=1，解得d＝q＝0（舍）或d＝q＝2，
所以an＝2n－1，bn＝2n－1.
（2）解法一 因为Sn为数列{an}的前n项和，所以Sn＝（a1＋an）n2＝n（1+2n－1）2＝n2，
则（Sn＋1＋an＋1）bn＝[（n＋1）2＋2（n＋1）－1]·2n－1＝（n2＋4n＋2）·2n－1，
Sn＋1·bn＋1－Sn·bn＝（n＋1）2·2n－n2·2n－1＝2n－1·[2（n＋1）2－n2]＝2n－1·（n2＋4n＋2），
所以（Sn＋1＋an＋1）bn＝Sn＋1·bn＋1－Sn·bn.
解法二 因为Sn为数列{an}的前n项和，所以（Sn＋1＋an＋1）bn＝（Sn＋an＋1＋an＋1）bn＝（Sn＋2an＋1）bn，
Sn＋1·bn＋1－Sn·bn＝（Sn＋an＋1）·（2bn）－Sn·bn＝bn（2Sn＋2an＋1－Sn）＝（Sn＋2an＋1）bn，
所以（Sn＋1＋an＋1）bn＝Sn＋1·bn＋1－Sn·bn.
（3）令cn＝[an＋1－（－1）nan]bn，
当n为奇数时，cn＝（an＋1＋an）bn＝（2n＋1＋2n－1）·2n－1＝4n·2n－1＝n·2n＋1，
当n为偶数时，cn＝（an＋1－an）bn＝（2n＋1－2n＋1）·2n－1＝2×2n－1＝2n，
则∑k=12n[ak＋1－（－1）kak]bk＝（c1＋c3＋c5＋…＋c2n－1）＋（c2＋c4＋c6＋…＋c2n），
令Tn＝c1＋c3＋c5＋…＋c2n－1＝1×22＋3×24＋5×26＋…＋（2n－1）·22n，
则4Tn＝1×24＋3×26＋5×28＋…＋（2n－1）·22n＋2，
所以－3Tn＝22＋2（24＋26＋…＋22n）－（2n－1）·22n＋2＝4＋2×24（1－4n－1）1－4－（2n－1）·22n＋2，
所以Tn＝20+（6n－5）·22n+29.
令An＝c2＋c4＋c6＋…＋c2n＝22＋24＋26＋…＋22n＝4（1－4n）1－4＝22n+2－43.
所以∑k=12n[ak＋1－（－1）kak]bk＝Tn＋An＝20+（6n－5）·22n+29＋22n+2－43＝8+（3n－1）·22n+39.
方法技巧
解答与奇偶项有关的求和问题的关键
（1）弄清n为奇数或偶数时数列的通项公式.
（2）弄清n为奇数时数列前n项中奇数项与偶数项的个数.
训练2 [2023南京六校联考]已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，数列{bn}为等比数列，且满足bn（an＋1－an）＝bn＋1.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）已知数列{bn}的前n项和为Sn，若，记数列{cn}满足cn＝an，n为奇数，bn，n为偶数，求数列{cn}的前2n项和T 2n.
在①2S2＝S3－2，②b2，2a3，b4成等差数列，③S6＝126这三个条件中任选一个，补充在第（2）问中，并对其求解.
解析 （1）因为bn（an+1－an）＝bn+1，a1＝1，a2＝3，
所以令n＝1，得2b1＝b2，
又数列{bn}为等比数列，所以bn+1＝2bn，即数列{bn}的公比为2.
则an+1－an＝2，所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n－1.
（2）由（1）知数列{bn}是公比为2的等比数列.
若选①，由2S2＝S3－2得2（b1＋2b1）＝b1＋2b1＋4b1－2，所以b1＝2，则bn＝2n.
若选②，由b2，2a3，b4成等差数列得b2＋b4＝4a3，即2b1＋8b1＝20，所以b1＝2，则bn＝2n.
若选③，由S6＝126得b1（1－26）1－2＝126，所以b1＝2，则bn＝2n.所以cn＝2n－1，n为奇数，2n，n为偶数.
所以数列{cn}的奇数项是以1为首项，4为公差的等差数列，偶数项是以4为首项，4为公比的等比数列.
所以T2n＝（a1＋a3＋…＋a2n－1）＋（b2＋b4＋…＋b2n）
＝n＋n（n－1）2×4＋4（1－4n）1－4
＝2n2－n＋4（4n－1）3.
1. [命题点1]设等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，S3＝13.
（1）求an；
（2）若{an}是递增数列，求数列{｜an－n－2｜}的前n项和.
解析 （1）设等比数列{an}的公比为q.
由题意得a1＋a1q＋a1q2＝13，即1＋q＋q2＝13，解得q＝3或q＝－4.
故an＝3n－1或an＝（－4）n－1.
（2）由（1）知，an＝3n－1.令bn＝｜an－n－2｜＝｜3n－1－n－2｜.
由3n－1－n－2≥0，得3n－1≥n＋2，所以n≥3.由3n－1－n－2＜0，得n≤2，即n＝1，2.
设数列{｜an－n－2｜}的前n项和为Tn，则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn.
当n＝1时，T1＝b1＝2；当n＝2时，T2＝b1＋b2＝3；
当n≥3时，Tn＝3＋9（1－3n－2）1－3－（n－2)(n+7）2＝3n－n2－5n+112.
T1不满足上式，T2满足上式.
综上，Tn＝2，n=1，3n－n2－5n+112，n≥2.
2.[命题点2/2023合肥一中诊断]在等比数列{an}中，已知a2＝4，a5＝32.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若bn＝（－1）n·lg2an，求数列{bn}的前n项和Sn.
解析 （1）设{an}的公比为q，则a1q=4，a1q4=32，解得a1=2，q=2，
所以数列{an}的通项公式为an＝2×2n－1＝2n.
（2）由（1）得bn＝（－1）n·lg2an＝（－1）n·n，
所以数列{bn}的前n项和Sn＝－1＋2－3＋4－5＋6－7＋8－…＋（－1）n·n，
当n为偶数时，Sn＝－1＋2－3＋4－5＋6－7＋8－…＋n＝n2；当n为奇数时，Sn＝－1＋2－3＋4－5＋6－7＋8－…－n＝n－12－n＝－n+12.
所以Sn＝－n+12，n为奇数，n2，n为偶数.
3.[命题点2/2023江苏南京外国语学校、金陵中学三模]已知正项数列{an}满足a1＝1，an+12－an2＝8n.
（1）求{an}的通项公式；
（2）记bn＝ansin anπ2，数列{bn}的前n项和为Sn，求S2 023.
解析 （1）对任意的n∈N*，an+12－an2＝8n，
当n≥2时，an2＝（an2－an－12）＋…＋（a22－a12）＋a12＝8（n－1）＋…＋8×1＋1＝8[1＋2＋3＋…＋（n－1）]＋1＝8×n（n－1）2＋1＝（2n－1）2，
因为an＞0，所以an＝2n－1.
当n＝1时，a1＝1符合an＝2n－1，
所以an＝2n－1，n∈N*.
（2）bn＝ansin（an2·π）＝（－1）n＋1（2n－1），
所以当k∈N*时，b2k＋b2k＋1＝－（4k－1）＋4k＋1＝2，
故S2 023＝b1＋（b2＋b3）＋（b4＋b5）＋…＋（b2 022＋b2 023）＝1＋2×1 011＝2 023.
学生用书·练习帮P313
1.[2024广州市培英中学校考]若等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4 043＞0，S4 044＜0，对任意正整数n，都有｜an｜≥｜am｜，则m的值为（ C ）
A.2 020B.2 021C.2 022D.2 023
解析 依题意知S4 043＝4 043（a1＋a4 043）2＝4 043a2 022＞0，所以a2 022＞0，又S4 044＝4 044（a1＋a4 044）2＜0，即a1＋a4 044＜0，所以a2 022＋a2 023＜0，则a2 023＜0，且｜a2 022｜＜
｜a2 023｜，所以等差数列{an}是递减数列，a1＞a2＞…＞a2 021＞a2 022＞0＞a2 023＞a2 024＞…，所以对任意正整数n，都有｜an｜≥｜am｜，则m＝2 022.故选C.
2.[2024福建模拟]如图，九连环是中国从古至今广为流传的一种益智玩具.在某种玩法中，按一定规则移动圆环，用an表示解下n（n≤9，n∈N*）个圆环所需的最少移动次数，数列{an}满足a1＝1，且an＝2an－1，n为偶数，2an－1+1，n为奇数，则解下5个圆环所需的最少移动次数为（ C ）
A.5B.10C.21D.42
解析 由a1＝1，an＝2an－1，n为偶数，2an－1+1，n为奇数，得a5＝2a4＋1＝4a3＋1＝4（2a2＋1）＋1＝8a2＋5＝16a1＋5＝21.
3.[多选/2024江西抚州模拟]已知数列{an}满足an＋an＋1＝2×（－1）n，n∈N*，且a5＝1，则下列表述正确的有（ BD ）
A.a1＝－5
B.数列{a2n－1}是等差数列
C.数列{｜an｜}是等差数列
D.数列{1anan+1}的前n项和为n14n－49
解析 由an＋an＋1＝2×（－1）n，得an+1（－1）n+1－an（－1）n＝－2，
所以数列{an（－1）n}是公差为－2的等差数列，
所以an（－1）n＝a5（－1）5＋（n－5）×（－2），即an＝（2n－9）×（－1）n＋1.
对于选项A，a1＝（2×1－9）×（－1）1＋1＝－7，故选项A不正确；
对于选项B，因为a2n－1＝4n－11，a2n＋1－a2n－1＝4（n＋1）－11－（4n－11）＝4，
故{a2n－1}是公差为4的等差数列，故选项B正确；
对于选项C，｜an｜＝｜2n－9｜，则｜a3｜＝3，｜a4｜＝｜a5｜＝1，所以{｜an｜}不是等差数列，故选项C不正确；
对于选项D，1anan+1＝1[(2n－9）×（－1）n+1]×[(2n－7）×（－1）n+2]＝－12（12n－9－12n－7），
所以{1anan+1}的前n项和Sn＝－12（1－7－1－5＋1－5－1－3＋…＋12n－9－12n－7）＝n14n－49，
故选项D正确.故选BD.
4.[多选/2024浙江模拟]已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，a3＝3，且对任意的正整数m，n，都有a2m＋a2n＝2am＋n＋｜m－n｜，则下列说法正确的有（ ABD ）
A.a4＝5
B.数列{a2n＋2－a2n}是等差数列
C.a2n＝3n－1
D.当n为奇数时，an＝n2+34
解析 由题意知a1＝1，a2＝2，a3＝3，令m＝1，n＝2，得a2＋a4＝2a3＋1，解得a4＝5，故A正确.
此时a4－a2＝3，令m＝n＋2，得a2n＋4＋a2n＝2a2n＋2＋2，从而（a2n＋4－a2n＋2）－（a2n＋2－a2n）＝2，所以数列{a2n＋2－a2n}是以3为首项，2为公差的等差数列，故B正确.
所以a2n＋2－a2n＝3＋2（n－1）＝2n＋1，所以a2n－a2＝（a2n－a2n－2）＋（a2n－2－a2n－4）＋…＋（a4－a2）＝（2n－1）＋（2n－3）＋…＋3＝（n－1)(2n+2）2＝n2－1，所以a2n＝n2＋1，故C错误.
令m＝n＋1，得a2n＋2＋a2n＝2a2n＋1＋1，所以a2n＋1＝a2n+2＋a2n－12＝n2＋n＋1，令k＝2n＋1，则k为奇数，则ak＝（k－12）2＋k－12＋1＝k2+34，又a1＝1适合上式，所以当n为奇数时，an＝n2+34，故D正确.故选ABD.
5.[2024南京市学情调研]记Sn为数列{an}的前n项和，已知an＝2n（n+2），n为奇数，an－1，n为偶数，则S8＝ 169 .
解析 当n为奇数时，an＝2n（n+2）＝1n－1n+2，当n为偶数时，an＝an－1，∴S8＝2（a1＋a3＋a5＋a7）＝2（1－13＋13－15＋15－17＋17－19）＝2（1－19）＝169.
6.[2024重庆八中校考]在数列{an}中，a1＝8，a4＝2，且满足an＋2－2an＋1＋an＝0（n∈N*）.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设Tn＝｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜an｜，求T15的值.
解析 （1）∵an＋2－2an＋1＋an＝0，∴an＋2－an＋1＝an＋1－an，
∴数列{an}是等差数列.
设{an}的公差为d，∵a1＝8，a4＝2，∴d＝a4－a14－1＝－2，
∴an＝a1＋（n－1）d＝10－2n，n∈N*.
（2）设数列{an}的前n项和为Sn，则由（1）可得，Sn＝8n＋n（n－1）2×（－2）＝9n－n2，n∈N*.
由（1）知an＝10－2n，令an＝0，得n＝5，当n＞5时，an＜0，
则T15＝｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a15｜＝a1＋a2＋…＋a5－（a6＋a7＋…＋a15）＝S5－
（S15－S5）＝2S5－S15＝2×（9×5－25）－（9×15－152）＝130.
7.[2023广州市二检]设Sn是数列{an}的前n项和，已知a3＝0，an＋1＋（－1）nSn＝2n.
（1）求a1，a2；
（2）令bn＝an＋1＋2an，求b2＋b4＋b6＋…＋b2n.
解析 （1）由an＋1＋（－1）nSn＝2n，得a2－S1＝2，a3＋S2＝4，
即a2－a1＝2，a3＋a1＋a2＝4.
又a3＝0，所以a1＝1，a2＝3.
（2）当n＝2k（k∈N*）时，a2k＋1＋S2k＝22k ①，
当n＝2k－1（k∈N*）时，a2k－S2k－1＝22k－1 ②，
①＋②得a2k＋1＋a2k＋S2k－S2k－1＝22k＋22k－1，
得a2k＋1＋2a2k＝3×22k－1.
因为bn＝an＋1＋2an，
所以b2＋b4＋b6＋…＋b2n
＝（a3＋2a2）＋（a5＋2a4）＋（a7＋2a6）＋…＋（a2n＋1＋2a2n）
＝3×2＋3×23＋3×25＋…＋3×22n－1
＝3×2×（1－4n）1－4
＝22n＋1－2.