2024年高考数学重难点突破讲义：学案 特别策划2　微切口2　数列中的奇、偶项问题

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：学案 特别策划2　微切口2　数列中的奇、偶项问题，共4页。
(1) 求d和q；
【解析】 由已知条件可得b1q2＝4a1①，4a1＋6d＝b1q2＋6②，b1＋b1q＋b1q2＝7a1③，由①②消去b1q2得d＝1；由①③得 eq \f(q2,1＋q＋q2)＝ eq \f(4,7)，所以3q2－4q－4＝0，解得q＝2或q＝－ eq \f(2,3)，所以d＝1，q＝2或－ eq \f(2,3).
(2) 若a1＝1，q＞0，cn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－anbn＋1，n为奇数，,anbn，n为偶数，))求{cn}的前2n项和．
【解析】 当q＞0时，q＝2，则b1＝a1＝1，所以an＝n，bn＝2n-1，所以cn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－n·2n，n为奇数，,n·2n-1，n为偶数，))c2n－1＋c2n＝－(2n－1)·22n-1＋2n·22n-1＝22n-1，故{cn}的前2n项和S2n＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c2n－1＋c2n＝(c1＋c2)＋(c3＋c4)＋…＋(c2n－1＋c2n)＝2＋23＋25＋…＋22n-1＝ eq \f(2(1－4n),1－4)＝ eq \f(2,3)(4n－1).
已知连续两项和或积的形式
例2－1 (2023·深圳一调)记Sn为数列{an}的前n项和，已知Sn＝ eq \f(an,2)＋n2＋1，n∈N*.
(1) 求a1＋a2，并证明：{an＋an＋1}是等差数列；
【解析】 当n＝1时，a1＝ eq \f(a1,2)＋2，a1＝4；当n＝2时，a1＋a2＝ eq \f(a2,2)＋5，a2＝2，所以a1＋a2＝6.因为Sn＝ eq \f(an,2)＋n2＋1①，所以Sn＋1＝ eq \f(an＋1,2)＋(n＋1)2＋1②.②－①得，an＋1＝ eq \f(an＋1,2)－ eq \f(an,2)＋(n＋1)2－n2，整理得an＋an＋1＝4n＋2，n∈N*，所以(an＋1＋an＋2)－(an＋an＋1)＝[4(n＋1)＋2]－(4n＋2)＝4(常数)，n∈N*，所以{an＋an＋1}是首项为6，公差为4的等差数列．
(2) 求Sn.
【解析】 由(1)知an－1＋an＝4(n－1)＋2＝4n－2，n∈N*，n≥2.当n为偶数时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝ eq \f(\f(n,2)(6＋4n－2),2)＝n2＋n；当n为奇数时，Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)＝4＋ eq \f(\f(n－1,2)(10＋4n－2),2)＝n2＋n＋2.综上所述，Sn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2＋n，n为偶数，,n2＋n＋2，n为奇数．))
例2－2 已知数列{an}满足a1＝1，an·an＋1＝4n，n∈N*.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解析】 由题意，当n＝1时，a2＝4.因为an·an＋1＝4n①，则an＋1·an＋2＝4n+1②，可得 eq \f(an＋2,an)＝4，所以数列{an}的奇数项和偶数项都是公比为4的等比数列．因为a1＝1，a2＝4，所以当n为奇数时，an＝a1×4 eq \f(n+1,2)-1＝2n-1；当n为偶数时，an＝a2×4 eq \f(n,2)-1＝2n.综上，an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n-1，n为奇数，,2n，n为偶数. ))
(2) 若bn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2an，n为奇数，,an＋1，n为偶数，))求数列{bn}的前2n项和S2n.
【解析】 由(1)得bn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n－1，n为奇数，,2n＋1，n为偶数，))所以S2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝ eq \f(n(2n－2),2)＋ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4(1－4n),1－4)＋n))＝n2＋ eq \f(4n+1,3)－ eq \f(4,3).
通项含有(－1)n型
例3 (2023·临海二模)如图，已知△ABC的面积为1，点D，E，F分别为线段AB，AC，BC的中点，记△DEF的面积为a1；点G，H，I分别为线段AD，AE，DE的中点，记△GHI的面积为a2；…；以此类推，第n次取中点后，得到的三角形面积记为an.
(例3)
(1) 求a1，a2，并求数列{an}的通项公式；
【解析】 由题意可知a1＝S△DEF＝ eq \f(1,4)S△ABC＝ eq \f(1,4)，a2＝S△GHI＝ eq \f(1,4)S△DEF＝ eq \f(1,4)× eq \f(1,4)＝ eq \f(1,16)，…，所以an＋1＝ eq \f(1,4)an，故数列{an}是首项为 eq \f(1,4)，公比为 eq \f(1,4)的等比数列，an＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(n).
(2) 若bn＝lg2an，求数列{(－1)nbn}的前n项和Sn.
【解析】 由an＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(n)得bn＝lg2an＝lg2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))) eq \s\up12(n)＝－2n，(－1)nbn＝(－1)n+12n.当n为偶数时，Sn＝－b1＋b2－b3＋b4－…－bn－1＋bn＝2－4＋6－8＋…＋2(n－1)－2n＝(2－4)＋(6－8)＋…＋[2(n－1)－2n]＝－2× eq \f(n,2)＝－n；当n为奇数时，Sn＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋bn－1－bn＝Sn－1＋2n＝－(n－1)＋2n＝n＋1.故Sn＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＋1，n为奇数，,－n，n为偶数．))
含有a2n，a2n－1类型
例4 已知数列{an}满足a1＝1，当n∈N*时，a2n＝a2n－1＋(－2)n-1，a2n＋1＝a2n＋4n.
(1) 求a2，a3，并求数列{an}的通项公式；
【解析】 当n＝1时，a2＝a1＋(－2)0＝1＋1＝2，a3＝a2＋4＝2＋4＝6.因为当n∈N*时，a2n＝a2n－1＋(－2)n-1，a2n＋1＝a2n＋4n，所以a2n＋1＝a2n－1＋4n＋(－2)n-1，所以a2n＋1＝(a2n＋1－a2n－1)＋(a2n－1－a2n－3)＋…＋(a5－a3)＋(a3－a1)＋a1＝[4n＋(－2)n-1]＋[4n-1＋(－2)n-2]＋…＋[42＋(－2)1]＋[41＋(－2)0]＋1＝(4n＋4n-1＋…＋41)＋[(－2)n-1＋(－2)n-2＋…＋(－2)1＋(－2)0]＋1＝ eq \f(4(4n－1),3)＋ eq \f(1－(－2)n,1－(－2))＋1＝ eq \f(1,3)[4n+1－(－2)n].所以当n≥2时，a2n－1＝ eq \f(1,3)[4n－(－2)n-1]，当n＝1时上式也成立，所以a2n－1＝ eq \f(1,3)[4n－(－2)n-1].a2n＝a2n－1＋(－2)n-1＝ eq \f(1,3)[4n－(－2)n-1]＋(－2)n-1＝ eq \f(1,3)[4n－(－2)n].综上，an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,3)[2n+1－(－2)\s\up6(\f(n－1,2))]，n为奇数，,\f(1,3)[2n－(－2)\s\up6(\f(n,2))]，n为偶数．))
(2) 记bn＝a2n＋2－a2n，求证： eq \f(1,b1)＋ eq \f(1,b2)＋…＋ eq \f(1,bn)＜ eq \f(3,5).
【解析】 bn＝a2n＋2－a2n＝ eq \f(1,3)[4n+1－(－2)n+1]－ eq \f(1,3)[4n－(－2)n]＝4n＋(－2)n，当n为偶数时， eq \f(1,bn)＝ eq \f(1,4n＋2n)＜ eq \f(1,4n)；当n为奇数时， eq \f(1,bn)＝ eq \f(1,4n－2n)＝ eq \f(1,2n(2n－1))＝ eq \f(1,2n(2n-1＋2n-1－1))≤ eq \f(1,2n·2n-1)＝ eq \f(2,4n)，所以 eq \f(1,b1)＋ eq \f(1,b3)＋…＜ eq \f(1,2)＋ eq \f(\f(2,43),1－\f(1,16))＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(1,30)＝ eq \f(8,15)， eq \f(1,b2)＋ eq \f(1,b4)＋…＜ eq \f(\f(1,42),1－\f(1,16))＝ eq \f(1,15).所以 eq \f(1,b1)＋ eq \f(1,b2)＋…＋ eq \f(1,bn)＜ eq \f(8,15)＋ eq \f(1,15)＝ eq \f(9,15)＝ eq \f(3,5).
(1) 求通项和求和时，分奇数项与偶数项分别表达；
(2) 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;
(3) 当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an，其中奇数项、偶数项各为 eq \f(n,2)项，可分组求和：Sn＝(a1＋a3＋…＋an－3＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an－2＋an).
当n为奇数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an⇒Sn＝Sn－1＋an，其中Sn－1可利用上述结论代入，然后再快速求解Sn＝Sn－1＋an.