第6节数列中的奇偶项、子数列问题
考试要求1.明确数列奇偶项问题的类型，掌握其解决方法.2.会用化归的思想方法求解子数列问题.
考点一奇偶项问题
角度1含有(－1)n的类型
例1已知bn＝(－1)nn2，求数列{bn}的前n项和Tn.
解∵bn＝(－1)nn2，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝－12＋22－32＋42－…＋(－1)n·n2，
当n为偶数时，Tn＝－12＋22－32＋42－…＋(－1)n·n2＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(n（n＋1）,2).
当n为奇数时，Tn＝－12＋22－32＋42－…＋(－1)n·n2＝－12＋22－32＋42－…－n2
＝－12＋(22－32)＋(42－52)＋…＋[(n－1)2－n2]
＝－eq\f(n（n＋1）,2).
∴数列{bn}的前n项和Tn＝(－1)n·eq\f(n（n＋1）,2).
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＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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n5时，TnSn.
证明因为an＝2n＋3，
bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n是奇数，,4n＋6，n是偶数，))
所以Sn＝eq\f(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)]
＝eq\f(\f(n＋1,2)（－1＋2n－3）,2)＋eq\f(\f(n－1,2)（14＋4n＋2）,2)
＝eq\f(3n2＋5n－10,2).
当n5时，Tn－Sn＝eq\f(3n2＋5n－10,2)－(n2＋4n)＝eq\f(n2－3n－10,2)＝eq\f(（n－5）（n＋2）,2)0，
所以TnSn；
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)]
＝eq\f(\f(n,2)（－1＋2n－5）,2)＋eq\f(\f(n,2)（14＋4n＋6）,2)＝eq\f(3n2＋7n,2).
当n5时，Tn－Sn＝eq\f(3n2＋7n,2)－(n2＋4n)＝eq\f(n2－n,2)＝eq\f(n（n－1）,2)0，
所以TnSn.
综上可知，当n5时，TnSn.
感悟提升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(2024·青岛模拟)已知递增等比数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝13，aeq\o\al(2,3)＝3a4，等差数列{bn}满足b1＝a1，b2＝a2－1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－an＋1bn，n为奇数，,anbn，n为偶数，))请判断c2n－1＋c2n与a2n的大小关系，并求数列{cn}的前20项和.
解(1)设等比数列{an}的公比为q，
由题意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S3＝13，,aeq\o\al(2,3)＝3a4))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝13，,a2＝3，))
即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1（1＋q＋q2）＝13，,a1q＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,q＝\f(1,3)，))
又等比数列{an}单调递增，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝3，))
所以an＝a1·qn－1＝3n－1，
所以b1＝a1＝1，b2＝a2－1＝2，
所以等差数列{bn}的公差为1，
故bn＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)由(1)知cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n·3n，n为奇数，,n·3n－1，n为偶数，))
所以c2n－1＋c2n＝－(2n－1)·32n－1＋2n·32n－1＝32n－1＝a2n，
所以T20＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c19＋c20
＝(c1＋c2)＋(c3＋c4)＋…＋(c19