第四章 微专题5　数列的奇偶项问题（课件 讲义）高中数学 人教A版（2019）选择性必修 第二册

微专题5　数列的奇偶项问题 典例剖析素养初现 探究1　an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1＝f(n)类型 例1-1　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＋an＝4n. (1) 求数列{an}的前100项和S100； 【解答】因为a1＝1，an＋1＋an＝4n，所以S100＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a99＋a100)＝4×1＋4×3＋…＋4×99＝4×(1＋3＋5＋…＋99)＝4×502＝10 000. (2) 求数列{an}的通项公式. 【解答】由an＋1＋an＝4n①，得an＋2＋an＋1＝4(n＋1)②，由②－①得an＋2－an＝4.因为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. 例1-2　在数列{an}中，已知a1＝1，an·an＋1＝，记Sn为数列{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； 【解答】因为an·an＋1＝，所以an＋1·an＋2＝，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∈N*. (2) 求数列{an}的通项公式； 【解答】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＝，a2n＝，所以an＝ (3) 求Sn. 【解答】因为S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝＋＝3－，S2n－1＝S2n－a2n＝3－－＝3－，所以Sn＝ 形如an＋an＋1＝f(n)(f(n)是关于n的一次函数)和an·an＋1＝g(n)(g(n)是关于n的指数函数)，通过仿写作差或作商后，会得出{an}隔项成等差数列或等比数列． 探究2　an＝类型 例2　(2023·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16. (1) 求数列{an}的通项公式； 【解答】设等差数列{an}的公差为d，而bn＝k∈N*，则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，于是解得a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，所以数列{an}的通项公式是an＝2n＋3. (2) 求证：当n＞5时，Tn＞Sn. 【解答】方法一：由(1)知，Sn＝＝n2＋4n，bn＝k∈N*.当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，Tn＝·＝n2＋n.当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)＞0，因此Tn＞Sn；当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝n2＋n－5，当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)＞0，因此Tn＞Sn，所以当n＞5时，Tn＞Sn. 方法二：由(1)知，Sn＝＝n2＋4n，bn＝k∈N*，当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝·＋·＝n2＋n.当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)＞0，因此Tn＞Sn；当n为奇数时，若n≥3，则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝·＋·＝n2＋n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式，因此当n为奇数时，Tn＝n2＋n－5，当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)·(n－5)＞0，因此Tn＞Sn，所以当n＞5时，Tn＞Sn. 探究3　含有(－1)n的类型 例3　已知数列{an}的前n项和为Sn，且对任意正整数n，an＝Sn＋2成立. (1) 设bn＝log2an，求数列{bn}的通项公式； 【解答】在an＝Sn＋2中，令n＝1，得a1＝8.因为对任意正整数n，an＝Sn＋2成立，所以an＋1＝Sn＋1＋2，两式相减得an＋1－an＝an＋1，所以an＋1＝4an.又因为a1≠0，所以{an}为等比数列，所以an＝8·4n-1＝22n+1，所以bn＝log222n+1＝2n＋1. (2) 设cn＝(－1)n+1，求数列{cn}的前n项和Tn. 【解答】由(1)知cn＝(－1)n+1＝＝. 当n为偶数时， Tn＝－＋＝； 当n为奇数时， Tn＝－＝. 综上，Tn＝. 通项公式中含有(－1)n，n的奇偶性决定了最后项的符号，在求和过程中可采取分奇偶项分别求和或两项成对结合的办法． 随堂内化及时评价 1. 已知 ... ...