有關(guān)數(shù)列的奇偶項(xiàng)問(wèn)題是高考中經(jīng)常涉及的問(wèn)題，解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵在于搞清數(shù)列奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)的首項(xiàng)、項(xiàng)數(shù)、公差(比)等，涉及求通項(xiàng)、求和等.(1)求通項(xiàng)公式常用的方法有：隔項(xiàng)等差、等比數(shù)列型：將用2k－1或2k替代n，求出a2k－1，a2k的通項(xiàng)；(2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和常用的方法有：方法一：分別求出S奇，S偶，利用Sn＝S奇＋S偶，這種思路本質(zhì)上是分組求和；方法二：把a(bǔ)2k－1＋a2k看作一項(xiàng)，求出S2k，再利用S2k－1＝S2k－a2k求出S2k－1，這種思路本質(zhì)上是并項(xiàng)求和.
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.因?yàn)閎n＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，所以數(shù)列{bn}是以2為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，所以bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*.
(2)求{an}的前20項(xiàng)和.
即a2k＝a2k－1＋1，①a2k＋1＝a2k＋2，②a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1，③所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，所以數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)是以1為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列；
熱點(diǎn)一　an＋1＋an＝f(n)或an＋1·an＝f(n)型
熱點(diǎn)三　通項(xiàng)公式中含有(－1)n型
熱點(diǎn)一　an＋1＋an＝f(n)或an＋1·an＝f(n)型
(2024·衡水調(diào)研)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝n2＋4n(n∈N*).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
由題意得當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝5，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝n2＋4n－(n－1)2－4(n－1)＝2n＋3，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝5，適合上式，故an＝2n＋3.
(2)若數(shù)列{cn}滿足cn＋1＋cn＝an，且不等式cn＋2n2≥0對(duì)任意的n∈N*都成立，求c1的取值范圍.
由(1)知，cn＋1＋cn＝2n＋3，當(dāng)n＝1時(shí)，c2＋c1＝5；當(dāng)n≥2時(shí)，cn＋cn－1＝2(n－1)＋3，兩式相減得cn＋1－cn－1＝2(n≥2)，∴數(shù)列{c2n}是以c2為首項(xiàng)，公差為2的等差數(shù)列，數(shù)列{c2n－1}是以c1為首項(xiàng)，公差為2的等差數(shù)列.
對(duì)任意的n∈N*，都有cn＋2n2≥0成立，①當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，n≥1，cn＋2n2＝n－1＋c1＋2n2≥0恒成立，即－c1≤2n2＋n－1對(duì)n為奇數(shù)恒成立，當(dāng)n＝1時(shí)，(2n2＋n－1)min＝2，∴－c1≤2，即c1≥－2；②當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，n≥2，cn＋2n2＝n＋3－c1＋2n2≥0恒成立，即c1≤2n2＋n＋3對(duì)n為偶數(shù)恒成立，當(dāng)n＝2時(shí)，(2n2＋n＋3)min＝13，∴c1≤13.綜上所述，c1的取值范圍是[－2，13].
(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)若Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，求滿足Sn>0的所有正整數(shù)n.
對(duì)于遞推關(guān)系分奇偶不同的數(shù)列，可以利用a2n，a2n－1及a2n－1，a2n－2，推導(dǎo)出偶數(shù)項(xiàng)遞推關(guān)系，求出偶數(shù)項(xiàng)的通項(xiàng)公式，通過(guò)a2n，a2n－1的關(guān)系再推出奇數(shù)項(xiàng)的通項(xiàng)公式.求Sn時(shí)，可以先把a(bǔ)2n＋a2n－1看作一項(xiàng)，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.
(2024·煙臺(tái)模擬)記等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項(xiàng)和為Sn；等比數(shù)列{bn}的公比為q，前n項(xiàng)和為Tn，已知b3＝4a1，S4＝b3＋6，T3＝7a1.(1)求d和q；
由已知條件可得b1q2＝4a1，①4a1＋6d＝b1q2＋6，②b1＋b1q＋b1q2＝7a1，③由①②消去b1q2得d＝1，
(2024·寧波模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，且對(duì)任意正整數(shù)m，n都有am＋n＝an＋am＋2mn.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
由對(duì)任意正整數(shù)m，n均有am＋n＝an＋am＋2mn，取m＝1，得an＋1＝an＋1＋2n，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
(2)求數(shù)列{(－1)nan}的前n項(xiàng)和Sn.
當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)， Sn＝(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋[－(n－1)2＋n2]＝3＋7＋11＋…＋(2n－1)
(2024·珠海質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋an＋1＝λ·2n(n∈N*，λ是常數(shù)).(1)若λ＝0，證明：{an}是等比數(shù)列；
an＋an＋1＝λ·2n(n∈N*)，當(dāng)λ＝0時(shí)，an＋an＋1＝0，an＋1＝－an，所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公比為－1的等比數(shù)列.
(2)若λ≠0，且{an}是等比數(shù)列，求λ的值以及數(shù)列{(－1)nlg2a3n－1}的前n項(xiàng)和Sn.
因?yàn)閍1＝1，an＋an＋1＝λ·2n(n∈N*)，λ≠0，且{an}是等比數(shù)列，所以a1＋a2＝1＋a2＝λ·2，a2＝2λ－1，a2＋a3＝2λ－1＋a3＝λ·22，a3＝2λ＋1，所以(2λ－1)2＝1×(2λ＋1)，
1.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝4且an＋1＝Sn＋4(n∈N*).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
因?yàn)閍n＋1＝Sn＋4，當(dāng)n＝1時(shí)，a2＝S1＋4＝8，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－1＋4，所以an＋1－an＝an，即an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)，
所以an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，所以數(shù)列{an＋1}是首項(xiàng)為a1＋1＝2，公比為2的等比數(shù)列.所以an＋1＝2n，即an＝2n－1.
(2)設(shè)bn＝(－1)nlg4(an＋1)，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求Tn.
4.(2024·合肥調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿足an＋1＋an＝4n－3(n∈N*).(1)若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，求a1的值；
若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，則an＝a1＋(n－1)d，an＋1＝a1＋nd.由an＋1＋an＝4n－3，得a1＋nd＋a1＋(n－1)d＝4n－3，即2d＝4，2a1－d＝－3，
(2)當(dāng)a1＝2時(shí)，求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn.
法一　由an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)，得an＋2＋an＋1＝4n＋1(n∈N*).兩式相減，得an＋2－an＝4，由a2＋a1＝1，a1＝2，得a2＝－1，所以數(shù)列{a2n－1}是首項(xiàng)為a1＝2，公差為4的等差數(shù)列；數(shù)列{a2n}是首項(xiàng)為a2＝－1，公差為4的等差數(shù)列，

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