第6节 数列中的奇偶项、放缩问题

题型分析1.数列中的奇偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行单独研究,利用新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列.2.证明数列不等式,有时需要应用放缩法结合数列的求和解决,求解的方法有先放缩再求和或先求和再放缩.

题型一奇偶项问题

角度1含有(-1)n的类型

例1已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,且2Sn=an2+an.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)记cn=(-1)nanan+1,求数列{cn}的前n项和Tn.

解(1)当n=1时,2S1=2a1=a12+a1,

解得a1=1或a1=0(舍去),

当n≥2时,由2Sn=an2+an得2Sn-1=an-12+an-1,

两式相减得2an=an2+an-an-12-an-1,n≥2,

所以(an+an-1)(an-an-1)-(an+an-1)=0,即(an+an-1)(an-an-1-1)=0,

又{an}各项均为正数,所以an-an-1=1,n≥2,

所以{an}是公差为1的等差数列,所以an=n.

(2)由(1)知cn=(-1)nn(n+1),

当n为偶数时,Tn=(-1)×2+2×3+(-3)×4+4×5+…+[-(n-1)×n]+n×(n+1)

=2×(-1+3)+4×(-3+5)+…+n[-(n-1)+n+1]

=2×(2+4+…+n)

=2×n2(2+n)2=n(n+2)2;

当n(n≥3)为奇数时,

Tn=Tn-1-n(n+1)

=(n-1)(n+1)2-n(n+1)=-(n+1)22,

经检验,n=1也满足上式.

综上,Tn=n(n+2)2,n为偶数,-(n+1)22,n为奇数.

角度2已知条件明确的奇偶项问题

例2(2023·新高考Ⅱ卷节选)已知an=2n+3,bn=an-6,n是奇数,2an,n是偶数.记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,证明:当n>5时,Tn>Sn.

证明因为an=2n+3,

bn=2n-3,n是奇数,4n+6,n是偶数,

所以Sn=n[5+(2n+3)]2=n2+4n.

当n为奇数时,

Tn=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-7)+(4n+2)]+2n-3=[-1+3+7+…+(2n-7)+(2n-3)]+[14+22+30+…+(4n+2)]

=n+12(-1+2n-3)2+n-12(14+4n+2)2

=3n2+5n-102.

当n>5时,Tn-Sn=3n2+5n-102-(n2+4n)=n2-3n-102=(n-5)(n+2)2>0,

所以Tn>Sn;

当n为偶数时,

Tn=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-5)+(4n+6)]=[-1+3+7+…+(2n-5)]+[14+22+30+…+(4n+6)]

=n2(-1+2n-5)2+n2(14+4n+6)2=3n2+7n2.

当n>5时,Tn-Sn=3n2+7n2-(n2+4n)=n2-n2=n(n-1)2>0,

所以Tn>Sn.

综上可知,当n>5时,Tn>Sn.

思维建模1.含有(-1)n的数列求和问题一般采用分组(并项)法求和;

2.对于通项公式奇、偶项不同的数列{an}求Sn时,我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和,也可以先求出S2k,再利用S2k-1=S2k-a2k,求S2k-1.

训练1已知数列{an}的前n项和为Sn,满足a1=2,且an是2与Sn的等差中项.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)若bn=(-1)n·log2a2n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.

解(1)因为an是2与Sn的等差中项,

所以2an=Sn+2,①

当n≥2时,2an-1=Sn-1+2,②

①-②得2an-2an-1=an,

所以an=2an-1(n≥2),

又a1=2,所以{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,

所以an=2n.

(2)bn=(-1)n·log2a2n+1=(-1)n·(2n+1),

当n为偶数时,

Tn=(b1+b2)+(b3+b4)+…+(bn-1+bn)=(-3+5)+(-7+9)+…+[-(2n-1)+(2n+1)]=2+2+…+2=2·n2=n;

当n为奇数时,Tn=b1+(b2+b3)+(b4+b5)+…+(bn-1+bn)=-3+(-2)+(-2)+…+(-2)=-3+(-2)·n-12=-n-2.

综上所述,数列{bn}的前n项和

Tn=-n-2,n为奇数,n,n为偶数.

题型二放缩问题

角度1先求和再放缩

例3(2025·丽水、湖州、衢州模拟)设等差数列{an}的公差为d,记Sn是数列{an}的前n项和,若S5=a3+20,S15=a2a3a8.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)若d>0,bn=4Snan·an+1(n∈N*),数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn0,所以an=2n-1,

所以Sn=n2.

则bn=4Snan·an+1=4n2(2n-1)(2n+1)

=4n2-1+1(2n-1)(2n+1)=1+1(2n-1)(2n+1)

=1+1212n-1-12n+1.

所以Tn=b1+b2+b3+…+bn

=1+121-13+1+1213-15+1+1215-17+…+1+1212n-1-12n+1

=n+121-13+13-15+15-17+…+12n-1-12n+1

=n+121-12n+1=n+n2n+1.

故Tn=n+n2n+1=n+12-12(2n+1)2且n是奇数时,

1an-1+1an=312n+1+12n+1-1

=3×2n+2n+1(2n+1)(2n+1-1)2且n是偶数时,n+1是奇数,

有Tna2=|a|,n(n+1)>n·n=n,n2-11k(k+1)=1k-1k+1.

(3)利用基本不等式等,如:n(n+1)9.

(1)解因为2Sn=n2+n,所以Sn=n2+n2,

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n2-(n-1)2+(n-1)2=n,

因为a1=1也满足上式,故an=n(n∈N*).

(2)解因为bn=1an+an+1,且an=n(n∈N*),

所以bn=1n+n+1

=n+1-n(n+n+1)(n+1-n)

=n+1-n,

所以T99=(2-1)+(3-2)+(4-3)+…+(100-99)=100-1=9.

即T99=9.

(3)证明由于12an=12n=1n+n>1n+n+1=n+1-n,

故12a1+12a2+12a3+…+12a99>2-1+3-2+…+100-99=100-1=9.

所以原不等式成立.

4.(2025·盐城六校联考)已知{an}是首项为1的等比数列,{bn}是首项为2的等差数列,a3=b2且a4=b1+b3.

(1)求{an}和{bn}的通项公式;

(2)将{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A,B,将A∪B的所有元素按从小到大的顺序排列组成新数列{cn},求数列{cn}的前50项和S50;

(3)设数列{dn}的通项公式为dn=an+1,n为奇数,bn2+2,n为偶数,n∈N*,记{dn}的前n项和为Tn,若

3T2n-1≥22n+1+3nt-14对任意的n∈N*都成立,求正数t的取值范围.

解(1)设{an}的公比为q(q≠0),{bn}的公差为d,

因为a3=b2且a4=b1+b3,

所以q2=2+d,q3=4+2d,

解得q=2,d=2,

所以an=2n-1,bn=2n.

(2)由(1)知an=2n-1,bn=2n,

因为数列{bn}是正偶数构成的等差数列,

数列{an}除首项外,其余项都是2的倍数,

所以数列{cn}的前50项和S50=1+2×49+49×482×2=2451.

(3)因为dn=2n,n为奇数,n+2,n为偶数,

所以T2n-1=d1+d2+d3+d4+…+d2n-1=(2+23+25+…+...