例談隔項等差（等比）數列的通項及其前n項和的求解方法

隔項等差（等比）數列是近年高考的熱門考點之一.在命制數學試題時，隔項等差（等比）數列這一知識點常常與數列的奇偶項討論以及分奇偶并項求和等內容緊密結合.這種命題方式高度契合新高考對學生綜合運用知識能力以及邏輯思維能力的考查要求，成為新高考命題的熱點.本文結合例題深人分析隔項等差（等比）數列的通項及其前 n 項和的求解方法，旨在幫助讀者更好地掌握這一重要知識點.

1 基本概念

已知數列 {a_n} 滿足 a_n+1+a_n=dn+b（d≠0） ，則 a_n+2+a_n+1=d（n+1）+b，a_n+a_n-1=d（n-1）+b （ （n?2） ，故 a_n+2-a_n=d，a_n+1-a_n-1=d（n?2） ，則 稱數列 {a_n} 為隔項等差數列.同理可由 a_na_n+1=cqⁿ 0 （q≠0 推導出 或 ，此時稱數 列 {a_n} 為隔項等比數列.

2 求隔項等差數列的通項

若數列 {a_n} 滿足相鄰兩項之和為等差數列，則可將之轉化成 a_n+1-a_n-1=d （ n?2 或 a_n+2-a_n=d （其中 d≠0 的形式，所以

例1在數列 {a_n} 中，已知 a₁=1，a_n+1+a_n= 3n ，求 {a_n} 的通項.

方法1因為 a_n+1+a_n=3n ，所以 a_n+ a_n-1=3（n-1）（n?2） ，兩式相減得 a_n+1- a_n-1=3 ，則數列 {a_2k-1} 和 {a_2k} 均是公差為 d=3 的等差數列.將 n=2 代入 a_n+a_n-1=3（n-1） ，得 a₁+ a₂=3. 又 a₁=1 ，所以 a₂=2 ，則 a_2k-1=a₁+（k-1）d ，即 同理可得 a_2k=a₂+（k-1）d ，即

綜上

方法2同方法1可得 a_n+1-a_n-1=3（n?2）

a₁=1，a₂=2. 當 n=2k-1 時，有a_2k-1=a₁+（a₃-a₁）+（a₅-a₃）+…+

則 ：

當 n=2k 時，有

則an

若數列 {a_n} 滿足相鄰兩項之和為等差數列，則將之轉化成 a_n+1-a_n-1=d （ n?2 或a_n+2-a_n=d 的形式（其中 d≠0 ），進而通過分類討論求出 {a_n} 的通項.

3 求隔項等比數列的通項

若數列 {a_n} 滿足相鄰兩項之積為等比數列，則可將之轉化成 或 （其中 q≠0 的形式，所以

例2 已知數列 {a_n} 滿足 a₁=2，a_na_n+1=16ⁿ ， 求 {a_n} 的通項.

方法1因為 a_na_n+1=16ⁿ ，所以 a_n-1a_n= 16^n-1（n?2） ，兩式相除得 an+1=16，則數列an-1{a_2k-1} 和 {a_2k} 均是公比為 q=16 的等比數列.將 n= 1代入 a_na_n+1=16ⁿ ，得 a₁a₂=16. 又 a₁=2 ，所以 a₂= 8，則 a_2k-1=a₁q^k-1 ，即 Φ_（n^′=2k-1，k∈N^* ）.同理可得 a_2k=a₂q^k-1 ，即

綜上， a_n=2^2n-1

方法2同方法1可得 a₂=8. 當 n=2k-1 時，有

所以 a_2k-1=2×16^k-1=2^4k-3=2^{2（2k-1）-1} ，則 a_n=2^2n-1

當 n=2k 時，有

所以 a_2k=8×16^k-1=2^4k-1=2^2×2k-1 ，則 a_n=2^2n-1

綜上， a_n=2^2n-1

點若數列 {a_n} 滿足相鄰兩項之積為等比數列，則可將之轉化成 電或樂 （其中 q≠0 ）的形式，進而通過分類討論求出 {a_n} 的通項.

4求隔項等差數列的前 n 項和

若數列 {a_n} 滿足 a_n-1+a_n=An+B ，則在求 S_n 時需要分奇偶項討論.當 n=2k 時，有

S_n=（a₁+a₂）+（a₃+a₄）+…+（a_n-1+a_n）=

當 n=2k-1 時，有

例3記 S_n 為數列 {a_n} 的前 n 項和，已知 S_n= a+n2+1（n∈N*），求S.

方法1令 n=1 ，得 a₁=4 .因為

所以

由 ②-① 得 ，整理得 a_n+ （2 a_n+1=4n+2 ，則

a_n-1+a_n=4（n-1）+2=4n-2（n?2），

故 {a_n-1+a_n} 是等差數列，且首項為 a₁+a₂=6

當 n=2k 時，有

S_n=（a₁+a₂）+（a₃+a₄）+…+（a_n-1+a_n）=

將 n=2 代人 a_n+a_n+1=4n+2 ，可得 a₂+ （20 a₃=10.

當 n=2k-1 時，有

方法2 同方法1可得 a₁=4 ，且

a_n+a_n+1=4n+2，

a_n-1+a_n=4n-2（n?2）.

由 ③-④ 得 a_n+1-a_n-1=4 ，故數列 {a_2k-1} 和 {a_2k} 均是公差為 d=4 的等差數列.

當 n=2k-1 時，有

當 n=2k 時， a_n+1=2（n+1）+2=2n+4. 因為a_n+a_n+1=4n+2 ，所以

a_n=4n+2-a_n+1=4n+2-（2n+4）=2n-2，

當 n=2k 時，有

當 n=2k-1 時，有

S_n=S_n-1+a_n=（n-1）²+（n-1）+ 2n+2=n²+n+2. （2綜上

求隔項等差數列 {a_n} 的前 n 項和時需分類 討論.當 n 為偶數時， S_n=（a₁+a₃+…+ a_n-1）+（a₂+a₄+…+a_n） ；當 n 為奇數時， n-1 為 偶數， S_n=S_n-1+a_n

5 求隔項等比數列的前 n 項和

若數列 {a_n} 的子數列 {a_2k-1} 和 {a_2k} 均是公比為 q（q≠0 ）的等比數列，則 a_2k-1+a_2k=（a₁+a₂）q^k-1 且 ），所以在求 S_n 時需 要分奇偶項討論.

當 n=2k 時，有

當 n=2k-1 時，有

例4記 S_n 為數列 {a_n} 的前 n 項和， a₁=1 aL_n+1（SL_n-SL_n-1）=2LⁿL（n≥2） ，求 S_n ：

0 方法1由 a_n+1（S_n-S_n-1）=2ⁿ（n?2） ，得 解析 a_na_n+1=2ⁿ ，所以 a_n+1a_n+2=2ⁿ⁺¹ ，兩式相除 可得 a=+2=2，則數列{a2k-1}和{ak}均是公比為q=2 的等比數列.將 n=1 代人 a_n+1a_n=2ⁿ ，得 a₁a₂=2. 又 a₁=1 ，所以 a₂=2 ，則 a_2k-1=a₁q^k-1=2^k-1 .同理可得 （20 a_2k=a₂q^k-1=2^k ，則 a_2k-1+a_2k=2^k-1+2^k=3×2^k-1

當 n=2k 時，有

因為 a_2k-1=2^k-1 ，所以

當 n=2k-1 時，有

方法2同方法1可得 ，且 a₁=1，a₂=2 當 n=2k-1 時，有

所以 ，則

當 n=2k 時，有

所以 ，則

當 n=2k 時，有

S_n=（a₁+a₃+…+a_n-1）+（a₂+a₄+…+a_n）=

當 n=2k-1 時，有

求隔項等比數列 {a_n} 的前 n 項和需分類討論.當 n 為偶數時， S_n=（a₁+a₃+…+ a_n-1）+（a₂+a₄+…+a_n） ；當 n 為奇數時， n-1 為偶數， S_n=S_n-1+a_n ：

（完）