高考数学重难点专项复习：数列分奇偶、公共项、重新排序、插入项（十一大题型）解析版

重难点专题27数列分奇偶、公共项、重新排序、插入项等十一大题

型汇总

题型1数列分奇偶之隔项型........................................................1

题型2数列分奇偶之cm+an+1=/(n)型..........................................10

题型3数列分奇偶之cman+1=/(n)型.............................................19

题型4数列分奇偶之含有(-1)n................................................23

题型5数列分奇偶之含有｛a2n｝,｛a2n-1｝型.........................................30

题型6数列分奇偶之分段数列型..................................................35

题型7数列公共项问题...........................................................43

题型8重新排序问题.............................................................51

题型9插入项问题...............................................................64

题型10与概率统计结合的数列问题...............................................79

题型11新定义数列..............................................................92

题型1数列分奇偶之隔项型

【例题1](2023・湖南・铅山县第一中学校联考三模)在数列入｝中，a】=18,ag=24,

(1)求｛aj的通项公式;

(2)记数列｛aj的前11项和为S“，求S”的最大值.

21-3n,n为奇数,

【答案】⑴a0={

30-3n,n为偶数.

(2)96

【分析】(1)由已知条件a0+2-a”=-6可得，当n为奇数时，数列｛a0｝的奇数项的通项公

式为a”=21—3n,当n为偶数时，即数列但4的偶数项的通项公式为a”=3。—3n；

⑵分别讨论当n为奇数或偶数，得出数列｛aj各项的值或大小，从而求得S”的最大值.

【详解】(1)当11为奇数时，即数列｛a0｝的奇数项是以18为首项，-6为公差的等差数列,

a=21-3n

当n为偶数时，即数列｛aj的偶数项是以24为首项，-6为公差的等差数列，a”=3。—3n

所以a。=｛21—3n,n为奇数,

30-3nm为偶数

（2）当n为奇数时，an=21-3n>0r

即a§,都大于0,27=。，a9<0,

当n为偶数时，an=30-3n>0z

即a2,a4,a6,都大于°,a9=0,a12<0,

所以Sn的最大值为a1+a2+-+a8=96

【变式1-1】1.（2023•天津•统考一模）已知数列但口｝中，a1=1,a2=2,an+2-an=4

(neN*),数列｛aj的前11项和为

(1)求数列｛aj的通项公式:

1

(2)若\=%而，求数列｛以｝的前11项和T”；

b1n+3v-mn+4

(3)在(2)的条件下，设％=西仁，求证：6—尹<Z『］A<8—尹.

2n_l,n为奇数

【答案】⑴a「｛

2n-2,n为偶数

n

（2）Tn=4H74

⑶证明见解析

【分析】⑴根据条件可得数列同｝的奇数项和偶数项均为等差数列，分奇偶求数列阿｝的

通项公式；

(2)先分组求和求得Szn，再利用裂项相消法求得T”；

(3)先求出％的通项公式，%=至*=等，再根据°<誓三%〈安，得到

1111nn+24tqq

n+1n+2n+2n+1

尹<A<尹，令4=护和en=护，利用错位相减法求得Qn和Pn，再通过比较大小可

证明结论.

【详解】(1)；ai=1,a2=2,a3—n=4(neN*),

..当n=2k_1,kN*时，数列｛a。｝的奇数项是首项为1,公差为4的等差数列,

12n1

则a。=a2k_t=1+4(k_1)=4k_3=2«k-I)-=-;

当n=2k,卜6N*时，数列｛aj的偶数项是首项为2,公差为4的等差数列,

则=a2k=2+4(k_i)=4k_2=2,2k_2=2n_21

.a=jn_l,n为奇数.

11为偶数，

(2)由(1)得a=qn_；n为奇数

113_2用为偶数，

,，S2n=ai+a2+a3++a2n=(ai+S3-----卜a2n_l)+(S2+S4----卜a2n)=

(l+4n-3)n(2+4n—2)n

巴+a如_i)n,(az+aQn=4n2—n,

2十222

11

2

，上门—S2n4-5n-4n+4n

11111111n

-，Tn=bl+b2+…+4=4(1-2+2-3+,,,+n-H7i)=一中)二疝3

(3)证明：由(2)得\=£亶—石3)，则％=可/毋=y-1，

22

•­•°<*W*<*(n=1时等号成立),

n+1n+2

由不等式的性质得护<<尹，

令dn=/r,数歹1」｛七｝的前口项和为Q/

11n+2

「Q=d]+d?+…+dn=3x^o+4x2+…+产:①,

111n+2

2=3><2+4><?+…+丁②，

由得①一②得,

1111n+2n+2n+41

3一H=4---

lQn=+2+^+…+尹一？=3+1

1一2

n+4

•&=8一尹

由不等式的性质得A<Qn，

inn+4

故2k=1A<8—k

令0口=尹，数歹!!｛en｝的前n项和为

11n+1

e=2x3x+

/.Pn=ex+e2+…+n^o+2…③

1c1cln+1

升n=2X2+3x齐+…+丁④

由③一④得,

1

111n+l式1-产r)n+1n+31

升n=Z+2+尹+…+尹一丁=2+--------=J--,^=7,

1~2

n+3

；心=6一尹

由不等式的性质得P。＜WilA，

n+3inn+4

故6-尹＜/=］仄＜8-k

【变式1-1】2.（2023•四川南充•四川省南充高级中学校考模拟预测）已知数列同｝满足:

3

1191n

3a一an.,an+6-an>-3,)^2023=()

1=8-n+2

3202332023q

_aO,

A--^—+2B，-8-+2

[2023[2023

C--g-D-~^2~

【答案】c

【分析】由｛+2—，W3n得到或+6—%W91.3、结合为+6—a0291.3:得到外+6—a”

=91.3n,从而得到a0+2—an=3n,再利用累加法得到a?”*]=a】+3+38++…+

3211-1,结合等比数列求和公式求出a2023的值.

3n

a-a3

【详解】"31=8,n+2n<-

/.a,-a<3n+2,a,-a,<3n+4,

n+4n+27'n+6n+4'

.../n+4.n+2.nn

aaa3+33+a33o+3non

••n+6-n(n+6-n+4)(n+4-n+2)(n+2-n)+3=3

42n

(3+3+l)=91.3,

又an+6—an2'I•3、故a”6—a0=91.3:

11n+2n+4

所以an+2—=3,an+4-an+2=3,an+f)-an+4=3

3n3

所以a?—a】=3,a5-a3=3，…，a3.-an=3,a[=9

aa=aa+aa++aa+a3=3+3++

故2n+l-i2n+l-2n-l2n-l-2n-3-5-33-1"…

+32n-1

352n1

^2n+1=a1+3+3+3+-+3-

3(1-91011)32023

所以a2023=0+3+33+3，+…+32021=|+

1-9-8~

故选：c.

a=

【变式1-1】3.(2020・全国•高三校联考阶段练习)已知数列｛斯｝中，l1/a2n=a2n_1

n

+(-l)(neN*),a2n=a2n_2++(—1)、SP2,且neN*),则｛a-的前20项的和

为

【答案】212-34

n

【解析】根据递推公式a2n=a2„-i+(-l)(neN*)列举出前20项中偶数项与奇数项关系,

两端相加可得前20项中偶数项的和与奇数项的和相等，故问题转化为只需求偶数项的和，

再由a2n=a2n-2++(-l)n采用累加法可求出偶数项的通项公式，从而可求出偶数项

的和，进而求出数列｛斯｝的前20项的和.

【详解】由题意，得。2=01-1,+1,。6=。5—1,•••/。20=。19+1,

所以@2+。4+…+。20=H---1"。19,即S偶=S奇，

n

又。2=-1=0,a2n=a2n-2+2*1+(-l)(n>2,且几EN*),

122

a4=a2+2+(-l)=21+(-1)Z

%=。4+2?+(—l)3,

。8=%+2?+(—1)3

a2n=a2n-2+2n-1+(—1)",

将上式相加，得

223n71

a2n=2+2+…++(-l)+(-l)+…+(-l)=2。言f+「(/尸=2-

3+(-l)"T

2,

所以S偶=(2+22+23+…+29+2lo)-1x3O=青善—15=211-17,

所以$20=2(2*-17)=212_34.

【点睛】本题主要考查数列递推关系的应用及累加法求数列的通项，同时考查转化的思想和

运算能力，属于难题.

【变式1-U4.(2023秋•湖南•高三校联考阶段练习)已知数列｛而满足的=2,。2=1，。九+2

=(1+sir)2詈)an+2cos2詈，九6N*.

(1)求数列｛an｝的通项公式；

(2)若数列｛%｝满足Cn=求证：Ci+C2+…+Cn<3.

n+1

2~n=2.」需)，

｛n—l,n=2fc(fcGN);

(2)证明见解析

【分析】(1)分别取n为奇数和偶数时，再利用诱导公式化简递推式，即可得出数列包„｝的

通项公式；

(2)由(1)知4=竽，利用错位相减化简即可得出S=3-要，从而得证.

【详解】(D当n=2k—l(keN*)时，a2k+i=[1++2cos^-n.=2

a2k-l/

即出=2,所以数列｛做『1｝是首项为2、公比为2的等比数列，因此。2仆1=2与

当几=2k(kGN*)时，a2k+2=(1+sin?等)3+2cos2等=a2k+2,

所以数列｛。2欠｝是首项为1、公差为2的等差数列，因此a2k=2k-1.

n+1

2J?：少一枕需〉

｛/LA.ffL乙M\Z21wjf

(2)证明：由(1)知，%=青甘，记5=4+。2+~+。71.

贝(Js=[+*■1--

l_1,32n-32n-l

弁c=/+7+…+下~+诉"②，

①-②得S=?+2(»尹…+巳—霁!="2.总漳L得,

2

化简得s=3—鬻.

故Cl+C2+,11+cn<3.

【点睛】关键点睛：隔项数列求通项，分类讨论n为奇数和偶数两种情况是关键.考查了数列

递推式，诱导公式及数列前n项和的错位相减法，属于较难题.

【变式1-U5.(2021秋浙江杭州•高三学军中学校考期中)已知数列｛总的各项均为正数,

前倾和为%,%=2,,a2=4,若对任意的正整数n,有曲+2=像誉或士〉族案:

⑴求｛an｝的通项公式;

1C

⑵设数列｛既｝满足刈=£三，求证：打+历+•/„<*

【答案】⑴/=2",neN*;

(2)证明过程见解析.

【分析】(1)当n=2k—1,n=2k,keN*时，分别求出通项公式，再综合即可；

(2)利用放缩法进行证明即可.

⑴

解：当？1=2k-l,keN*时，an+2=4a。即0^-1+2=4a2fc-i

a2k+l=4a2k-l

・•・奇数项成等比数列

•••ci2k-i=x4k-1=2x42—i=22/c-1

n

・•.n=2k—1时，an=2

当几=2k,kEN*时，an+2=2Sn+4即。2k+2=2s2k+4①

当k=k+1时,a2k+4—2s2k+2+4②

②-①得a2k+4—a2k+2=2(S2k+2—S2Q—2(a2/c+i+a2k+2)

化简得。2k+4—3a2k+2+2a2/c+i

即a2k+4=3a2k+2+4*+i

等式两边同时除以小+2得

a2(/c+2)_3。2(k+1)1

4k+244Z+1+4

等价于攀詈_l=|x(半筌_1)

即笔"1=1x(一)

由题知=4,当k=1时，薨-1=中一1=3-1=0

故*一1=。即a2k=4fe=22k

n

n=2k时，an=2

n

综上，an=2,n€N*

(2)

解：由(1)知,an=2"

11

bn=右T=

2n-1/1\

2n-1=2x2nt-1=2x2nt-布:=2ntX(2-赤R

当心3时，2—

2"-1x(2-表)>jx2"-1即2n-1>^x2"-1,n>3

141

­1•万口W亍X—,,n>3

111114/111\

+++…+^1<1+?+/庆+”“+殖)

1,1,1,,1J」/1\4,234,355

即nn耳+目+n+…+=<三+'乂(1—布)<§+'=五<五=5

5

•'•bt+b2+■■-bn<-

【点睛】思路点睛：在利用放缩法证明数列不等式时，要注意放缩的方向，在放缩方向明确

之后，放大得太多，或者缩小得太多，可以适当进行调整，比如从第二项开始放缩或者第三

项开始放缩.

【变式1-1】6.(2022秋・江苏盐城•高三统考阶段练习)已知数列l｛an｝满足的=。2=/

册+2=斯+2*3%九€2*),且6=an+an+i(neN*).则数列｛%｝的通项公式

为—.若“Cn=*｝(nCN*),则数列｛4｝的前n项和为.

【答案】图=3\咫*|-3„+1(^+1)

n

【分析】(1)根据递推关系求得久+1—匕九=册+1+斯+2-(即+。九+1)=CLn+2—CLn=2%3,

利用累加法求得好的通项公式；

、4n+411

(2)代入求得的b九,化简”,得％=3n+1(2n-l)(2n+l)=3n(2n-l)-3n+1(2n+l),

利用裂项相消法求得前n项和.

3

an

【详解】解:=©2=2/n+2=。九+2x3(neN*),可得历=a1-ha2=3,an+2一斯

=2x3n,

n

又如+1—bn=an+1+an+2—（an+an+1）=an+2—an=2x3,

XX

则bn=b1+（h2-必）+（仇-fo2）+…+（bn-既_i）=3+23+232+…+2x3"t

=1+督=3、

上式对九=1也成立，

所以bn=3n,n€N*;

,4（n+l）*/B4n+411

n1/

田。九。九=3（4九2一1）（九EN）,可得C九=3n+i（2n-l）（2n+l）=3（2n-l）-3«+（2n+l）

、，、,.111111

则数列｛Cn｝的前拉页和为而一荻i+三石一意+…+3"(2n-l)-3"+。+1)

_1]

-3-3n+1(2n+l)*

11

故答案为：6n=3\MN*;j-3„+1(2n+1).

【点睛】关键点点睛：求既通项时，累加法求和需要考虑九=1的情况；化简/成可以裂项

4九+411__、

的形式cn—3计i(2n-l)(2n+l)=3"(2n-l)13"+i(2n+l)，从而利用裂项相消法求和•

题型2数列分奇偶之时+an+1=f(n)型

【例题2】(2023春・山东淄博・高三沂源县第一中学校考期中)已知数列｛aj的前n项和为

Sn,且a1=44+an+1=4n+2(neN*),则使得S”<2023成立的n的最大值为()

A.32B.33C.44D.45

【答案】C

【分析】分奇偶项讨论，根据题意利用并项求和求运算求解即可.

11

［详解］当为偶数时，Sn=+a2+•••+an=(at+a2)+(a3+a。+…+(anl+aj

=6+14+...+4J2=(6+4)2)/=n(n+i),

令Sn=n(n+l)<2023,且n为偶数，

解得2Wnw44,故门的最大值为44;

当n为奇数时，S0=a1+a?+…+a。=a［+(a?+a3)+(a4+a5)+-+(a1+aj

n—1

=4+10+18+...+4n_2=4+(i°+4n12)x丁=^2上n上2,

令S0=〃+n+2<2023,且n为奇数，

解得nw43,故门的最大值为43；

综上所述：n的最大值为44.

故选：C.

【点睛】方法点睛：并项求和适用的条件和注意事项:

1.适用条件：数列中出现（-1）何吗4+…an+k=f（n）等形式时，常用利用并项求和求Sn；

2.注意分类讨论的应用，比如奇偶项，同时还需注意起止项的处理.

【变式2-1]1.（2023春・辽宁鞍山•高三鞍山一中校考期中）已知数列伊小⑴eN*）的前n

2

项和为Sn，^Sn+1+Sn=3n+6n+3,a1=2.

（1）记\=211+211+1判断｛t｝是否为等差数列，若是，给出证明；若不是，请说明理由.

（2）记7=（一1广，M+],6｝的前n项和为以求用

【答案】（1）不是等差数列，证明详见解析；

3n

（2）当n为偶数时，4=黯+”_48,当n为奇数时，Tn=++^.

11

【分析】（1）取=1时可求可，当n>2时可根据s”与a0的关系求出a0+an+1,再验证n=1

是否满足即可判断其是否为等差数列；（2）当n>2时，由a0+a31=6n+3,得a吗?+a”]

=6n+9,两式相减即可得a"？-a”=6,进而可以得出｛%｝从第2项起的奇数项和偶数项

分别成等差数列，讨论11为奇数时和为偶数时分别解决.

【详解】⑴因为Sn+i+Sn=3n2+6n+3,

当n=1时,S?+S[=2a1+a2=3+6+3=12,又因为a1=2,所以％=a1+a2=1。

当n?2时，因为Sn—Sn」=an，由/+S0=3/+6n+3,得am+S”+S0=3,+6n+3

22

①，所以an+Sn_1=3（n_l）+6（n-1）+3②,

所以①一②得：

a+a=6n+

n+ln^经验证，当"=1时不等于耳，所以｛bj不是等差数列•

（2）由an+1+an=6n+3（n22）,得a—+=6“+9（n22）,两式相减得：

aa

n+2-n=6（?>2）.

所以当n22时：

数列｛a?k｝（keN*）是首项为a2=8,公差为6的等差数列;

数列色)<+1｝(keN*)是首项为23=7,公差为6的等差数列.

当n为偶数时，不妨设n=2k(keN*),则a2k=6卜+2,

此时T2k=C]+C?+C3+…+C2k_i+c2k

aaaa

=i2-23+a3a4—a4a5+a5a6_+-a2Ra2k+1

aaaaaaaa

=i2-a2a3+(5-3)4+(7-5)6+巴—a,R…+(a2k+1-

=16-56+6a4+6a6+6ag+…+6a2k

r(k_1).(k-2).6]

=-40+6[14(k-1)+----------------]

=3k2+5k-48

35

因为n=2k@GN*),所以此时T”=舒+/_48

当n为奇数时，不妨设n=2k+l(keN*),贝必2k+i=6卜+1,

c

此时T2卜+1=J+C?+C3+…+C2k_T+C2k+2k+1

aaaa

=i2-23+a3a4—a4a5+a5a6_+-a2Ra2k+1+a2k+1a2k+2

aaaaaaaa33aa

=i2+(4-2)3+(6-4)5+~6)7-+«2k+2—2k)2k+l

=16+6a3+6a5+6a7+...+6a2k+1

“，「fk.(k_1).61

=16+617k+-----------j

2

=18k+24k+16.

917

因为n=2k+l(keN*),所以此时1；=刊2+3n+_

113275n44O811993n17

综上所述，当为偶数时，Tn=?n+2-,当为奇数时，Tn=++^-

【变式2-1]2.(2023・全国•高三专题练习)已知｛an｝是由非负整数组成的数列，满足a1=0,

a=3总-a=(a+2)(a4-2)

2n+1nn—1n—2

⑴求a3；

(2)证明an=an2+2,n=3,4,5,…；

(3)求｛an｝的通项公式及其前n项和Sn.

【答案】(1)2;

(2)证明见解析；

(；n(n+l),n=2k(k=i,2,3〃..)

(3)a=n+(_i)n,n=i,2,3〃...s=L217

(凡()，11Cn(n+l)_l,n=2k—1«=1,2,3,…).

【分析】⑴代入n=3,可得-a4=10,求得23；

(2)利用数学归纳法证明即可；

(3)隔项差为定值，采用奇偶分析法求解.

【详解】(1)当n=3时，233=⑸+2)包+2)=10

因为as2均为非负整数，所以a3的可能的值为1,2,5,10.

335

若=1,则=1°飞=笈与题设矛盾；若=5,则=2%=/与题设矛盾；

6

若=10,则=l-a5=604=耳与题设矛盾.

所以a3=2.

(2)①当n=3时，23=a1+2等式成立；

②假设当门=卜位23)时等式成立，即ak=ak2+Z由题设ak+^k=(akl+2)(ak2+2)

a+2

又ak=k_2*°,所以ak+i=a—+2,BPak+1=a(k+1)_2+2,

所以当n=k+1时，等式成立

根据①和②，可知结论对一切n>3正整数都成立.

a

⑶因为a。=n_2=3,4,5,…

当n=2k_l(k=2,3,4,..)01a2ki=a2k_3+2=a2gx+2,

即数列｛aj的奇数项为等差数列，且首项为a1=0,公差为2,

・•.a2k1-2(卜—1)=(2k_1)_Lk_1,2,3,…

所以当n=2k_l(k=1,2,3，…)时，a0=n_L

当门=2k(k=2,3,4,…)时，a2k=a2k_2+2=+2,a2=3

即数列｛aj的偶数项为等差数列，且首项为a2=3,公差为2,

a2k=3+2(k—1)=2k+l,k=1,23…

11

所以当n=2k化=1,2,3，…)时，an=+1,

综上所述，an=n+(_l)n,n=l,2,3,…

当n=2k(k=i,2,3,...阿,

S2k=(ai+a3+-^k-?+(a2++…a2pk(0+2k-2)+k(3+2k+l)=卜冲+1)=

2k(2k+l)

2；

所以当n=2k9=1,2,3,…)时,Sn=；n(n+1)；

当n=2k_l(k=l,2,3〃..M，

k(02k-2)(k-l)(32k-l)

S2k-1=(ai+a3+…a2k_P+(a2+a4+…a2k-2)++

=—2—+------2----(--k-_l)(2k

(、(2k—l)(2k—I4-I)1

+1)=-------2--------

所以n=2k_雕=1,2,3,...)时，Sn="n+1)-1.

f*n(n+l),n=2k(k=i,2,3,...)

综上所述，=+=

【点睛】方法点睛:

数学归纳法的一般步骤:

(1)验证n=n0时成立；

(2)假设当n=k时成立，证得n=k+i也成立；

(3)得到证明的结论.其中在n=k到n=k+i的推理中必须使用归纳假设

・

【变式2-1】3.(2022全国•高三专题练习)已知在数列｛an｝中，=3,册+i+=3•

2-nWN*.

⑴求数列3J的前n项和Sn；

(2)若l<r<s且r,SEN*,是否存在直线。使得当的,ar,a$成等差数列时，点列(2『,

2S)在Lt?若存在，求该直线的方程并证明；若不存在，请说明理由.

【答案】⑴2=2”(—1尸+1

(2)存在，y=2x+6,证明见解析

1

【分析】(1)根据题干条件得到即+1—2几=-(an-2"-),从而得到｛诙一2口1｝是以2为

首项、-1为公比的等比数列，进而得到缶“｝的通项公式，进而得到前几项和Sn；(2)根据

题干条件得到2『—2s-1=3+2x(-iy-i-4x(-I)-1,分情况讨论，最后只有若r为

奇数、s为偶数，2r-2，-1=-3时成立，从而求出直线方程.

⑴

n

1•,On+1+an=3-2T,

an-1

n+i—2"=—(an—2),

又,.•%-20=3—1=2,

•••数列｛斯-2-1｝是以2为首项、-1为公比的等比数列，

•••an—2—=2x(—I)—,

1

•••an=2"-+(-1尸•2,

n

当n为正偶数时，Sn=W=2—1；

当n为正奇数时，Sn=^+2=2"+l,

nn+1

.•.Sn=2+(-l);

(2)

结论：存在满足条件的直线y=2%+6.

理由如下:

假设的,ar,as成等差数列,则20r=ai+aSl

•••2[2—1+(-l)rTx2]=3+2s-1+(-1)STx2,

r

整理得：2-2ST=3+2x(—1尸-1-4x(-I)一1，

依题意，1<r<sgr,seN*,下面对r、s进彳五寸论：

①若r、s均为偶数,则2r-2S-J3-2+4=5>0,

解得：s<r+l,与l<r<s且r,seN*矛盾，舍去；

②若r为奇数、s为偶数，则2r-2s-1=3-2-4=-3<0,

解得：s>r+l;

③若r为偶数、s为奇数，贝叨-2ST=3+2+4=9>0,

解得：s<r+l,与l<r<s且r,seN*矛盾，舍去；

④若八s均为奇数，则2r-2ST=3+2-4=1>0,

解得：s<r+1,与l<r<s且r,seN*矛盾，舍去；

综上①②③④，只有当r为奇数、s为偶数时，州,ar,诙成等差数列，

因为2r—2ST=—3,所以2s=2(2『+3),即满足条件点列(2『，2，)落在直线y=2x+6在/

上.

【变式2-1】4.(2023・全国•高三专题练习)已知Sn是数列｛an｝的前几项和,％=1,.

①V/ieN*,an+an+1=4n;②数列用为等差数列，且用的前3项和为6从以上两个条件

中任选一个补充在横线处，并求解：

⑴求%

(2)设g=含£生，求数列｛bn｝的前几项和几•

【答案】⑴条件选择见解析，an=2n-l

⑵T—2帅+1)

I乙〃九一(271+1)2

【分析】(1)选①，分析可知数列国2g1｝、包2欠｝(卜6|\|*)均为公差为4的等差数列，求出。2

的值，可求得。2『1、a2k(keN*)的表达式，可得出数列｛即｝的通项公式；

选②，求得靠勺值，可得出数列闸的公差，即可求得sn,再由斯=广22可求

得数列｛an｝的通项公式；

(2)求得"=?六"—/』，利用裂项相消法可求得〃.

zL(2n—I)2(2n+l)2J

(1)

解：选条件①：PnEN*,an+an+1=4nz得册+i+a九+2=4(几+1),

所以，an+2-an=4(n+1)—4n=4,

即数列｛如一小｛侬｝/WN*)均为公差为4的等差数列,

于是。2女―1=ai+4(fc-1)=4fc—3=2(2k—1)—1,

又。1+。2=4,a2=3,做々=。2+4(/c-1)=4/c-1=2•(2/c)—1,所以册=2几一1;

选条件②：因为数列愕为等差数列，且闸的前3项和为6,

黯+等+g=3x等=6,所以3=2,

所以用的公差为"=日—,=2—1=1,

2

得至岭=1+O—1)=时贝!]sn=n,

22

当n>2,an=Sn—Sn-i=n—(n—I)=2n—1.

又ai=1满足an=2n-1,所以，对任意的"€N*,an=2n-1.

⑵

解：因为6n=(a；a=;;2=(27)2(2n+l)2=一五乐J'

所以4=/+岳+-+bn=皓_《+2_专+…+小取一扁曰

_ir11_2noi+1)

=2L1―(2九+1)21=(2九+1)2・

【变式2-1]5.(2023秋・广东珠海•高三珠海市第二中学校考阶段练习)已知数列｛%J满足

n

ai-l,an+an+1=A♦2(neN*)(%是常数)•

(1)若4=0,证明｛斯｝是等比数列；

(2)若4力0,且｛册｝是等比数列，求屈勺值以及数列｛(—l¥log2a的前几项和

【答案】(1)证明见解析

(2)2=|,S_(6?i-l)x(-l)n+l

n-4-

【分析】(1)根据等比数列的定义证得结论成立.

(2)利用分组求和法以及对九进行分类讨论来求得治.

n

【详解】⑴依题意，ai=l,an+an+1=2-2(neN*).

当4=0时，an+an+1-0,an+1=—an,

所以数列｛七｝是首项由=1,公比为-1的等比数列.

n

(2)依题意，cii=l,an+an+1=A-2(nGN*)，*0,且｛an｝是等比数列,

则+做=1+。2=a,2g=22—1,

。2+@3=24—1+的=4•22^3=24+1,

__O

所以(24—I)2=1X(2A+1),而4*0,故解得4=

则的=l,a2=2,a3=4,所以等比数列｛an｝的公比q=2,

n1

则0n=2-,a3n_1=23吁2,

nn3n2n

所以(-l)log2a31=(-l)log22-=(-l)(3n-2),

所以，当n为偶数时，

Sn=(-1)+(4)+(-7)+(10)+(-13)+(17)+-••+[-(3n-5)]+(3n-2)

„n36n

=3x-=-n=T,

当n为奇数时，

——3—3?i.+l—6n+2

S"=Sn+1-an+1=-(n+1)-(3n+1)=,

(6九一DxJlF+l

综上所述，S”=4

【变式2-1]6.(2023秋・广东广州•高三广州市第一中学校考阶段练习)在数列｛即｝中，已

=

知%i+i+an=3,2",cii1.

⑴求证：｛a—n｝是等比数列.

(2)求数列｛an｝的前n项和土.

【答案】(1)证明详见解析

n+1

(2)Sn=2+

【分析】(1)通过凑配法证得｛斯-2月是等比数列.

(2)利用分组求和法求得S%

nn+1nn+1n

【详解】(1)由即+1+an=3-2,得an+i-2+an=3-2-2=2,

即0n+1_2.+1=_(即_2力,

所以5-2"｝是首项为由-2i=-1,公比为-1的等比数列.

(2)由(1)得＞―2n=(-1)X(-1)吁1=(—1)，0n=2”(一1产

n12n

所以Sn=2+22+...+2+(-I)+(-l)+.­­+(-l)

2(l-2»)-[l-(-l)n]n+1

2九+1_2+(T)"T=2+(T)“一5

1-2十1-(-1)

题型3数列分奇偶之aan+1=/O)型

n

【例题3】(2023・全国•高三专题练习)已知数列｛斯｝的前n项和为%,a1=2,20,

®n®?i+l-4Sn-

⑴求%

n

(2)设6n=(-l)-(3«-1),数列｛%｝的前n项和为〃，若VkeN*,都有〈入<T2k

成立，求实数屈勺范围.

【答案】⑴册=2n,n€N*

(2)2e(-2,6)

【分析】(1)由a/n+i=4Sn,可得即_q=4Sn_1(n>2),两式相减并化简后可得即+i-

Qn-1=4(n>2),后分奇偶情况可得加；

(2)方法1,由题"=(一3)'-(-1)",由等比数列前n项和公式可得72k表达式;

方法2,注意到62/CT+b2k=2-32J1,可得72k，T2『l表达式.后注意到T2k，T2『l的单调性,

利用好<A<T2可得答案.

aa=aa

【详解】(1).；nn+l4Sn，:n-l?i=4Sn_i(n>2).

aa

?i(cin+i—n-i)=4an(n>2),"an^0,­•.an+i—an-i=4(n>2).

又的=2,aia2=4S-a?=4,••・数列也„｝的奇数项，偶数项分别是以2,4为首项，4

为公差的等差数列.

当?i=2k—1时，a2fc-i=4/c—2=2(2fc—1)；当n=2k时，a2k=4k=2,2k.

综上，an=2n,n€N*

(2)方法一：•；=(-l)n(3n-1)=(-3)"-(-l)n=(-3)"+(-1)"+1,

,1,1-(-11_3(-3)--3,1-(