數列分組問題的求解策略

等差數列和等比數列是離散數學領域的兩類重要數列，在實際生活中有著廣泛的應用.如何將一個數列劃分為若干滿足特定條件的子數列也是離散數學領域研究的重要課題，在高中數學中與此密切相關的就是數列的分組問題，

如果數列 {a_n} 的通項公式對于 n 的不同取值范圍有不同的表達形式，則稱數列 {a_n} 是一個分組數列（分段數列）.

比較常見的分組數列可根據其通項按 n 是奇數 ，或偶數進行分組，如 （ k∈ N^* ），其中數列 {b_n}，{c_n} 可以是等差、等比數列，也可以是通項為其他形式的數列.

按奇偶分組的數列 {a_n} 的通項還可以表示成

與一般的數列問題一樣，分組數列的問題類型包括求數列的通項、前 n 項和以及數列不等式的證明與新定義數列問題.求解這類問題的關鍵在于準確分析與理解相應分組數列的通項公式特征（類似于俗語所說的“物以類聚，人以群分”），其本質還是分類討論思想.

1按奇偶分組的數列，化成下標一致求解數 列的通項

例1已知數列 {a_n} 的前 n 項和為 S_n，a₁=1 ，a_n≠0，a_na_n+1=λS_n-1 ，其中 λ 為常數.

（1）證明： a_n+2-a_n=λ ;

（2）是否存在 λ ，使得 {a_n} 為等差數列？并說明理由.

0 （1）由題設知 a_na_n+1=λS_n-1，a_n+1a_n+2= 解析 λS_n+1-1 ，兩式相減得 a_n+1（a_n+2-a_n）= λa_n+1 .由 a_n+1≠0 ，得 a_n+2-a_n=λ ·

（2）由題設知 a₁=1，a₁a₂=λS₁-1 ，可得 a₂= λ-1 ，由（1）知 a₃=λ+1. 若 {a_n} 為等差數列，則 a₁+ a₃=2a₂ ，即 1+λ+1=2（λ-1） ，解得 λ=4

當 λ=4 時，因為 a_n+2-a_n=4 ，所以數列 {a_2k-1} 是首項為1、公差為4的等差數列，因此 a_2k-1=1+ （k-1）?4=4k-3. 令 n=2k-1（k∈N^*） ，得 k= ，所以 a_n=2n-1（n=2k-1） ；數列 {a_2k} 是首項為3、公差為4的等差數列，所以

a_2k=3+（k-1）?4=4k-1.

令 n=2k（k∈N^* ），得 ，所以 a_n=2n-1（n= 2k），故 a_n=2n-1（n∈N^?）

綜上，對任意的 Ω_n∈N^* ， ，即 a_n+1- a_n=2 ，故存在 λ=4 ，使得 {a_n} 為等差數列.

遞推式 a_n+2-a_n=λ 意味著數列 {a_n} 的奇 數項與偶數項都構成公差為 λ 的等差數列.

為解決第（2）問，先根據必要性求出 λ 的值為4，再證明當 λ=4 時，數列 {a_n} 為等差數列，一般來說，若任意連續的三項構成等差數列，該數列就是等差數列.

例2 已知數列 {a_n} 中， a₁=1，a_2k=a_2k-1+ （-1）^k ， a_2k+1=a_2k+3^k ，其中 k=1，2，3，… 求 {a_n} 的通項.

由已知可得 a_2k+1=a_2k+3^k=a_2k-1+ i （-1）^k+3^k ，即 a_2k+1-a_2k-1=（-1）^k+

3^k ，故

所以

因此， {a_n} 的通項為

a2k+1－a2k-1=（-1）+3表示奇數項相鄰兩項的差是兩個等比數列 {（-1）^k} 與 {3^k} 的和，因此先運用累加法得到數列 {a_n} 的奇數項的通項，再運用 a_2k=a_2k-1+（-1）^k 得到其偶數項的通項，從而得到數列 {a_n} 的通項.遞推式中數列的項的下標的奇偶性一致，是求解按奇偶項分組的數列通項的關鍵.

2按 n 模 k 分組，先求 k 的倍數的數列項的和，再求數列前 項的和

例3 （2020年全國I卷文16）數列 {a_n} 滿足a_n+2+（-1）ⁿa_n=3n-1 ，其前16項和為540，則

令 n=2k （ Ψ_k∈N^? ），則 a_2k+2+a_2k=6k-1 令 n=2k-1（k∈N^*） ，則 a_2k+1-a_2k-1= ，所以

6k-4

（a₂+a₄）+（a₆+a₈）+（a₁₀+a₁₂）+（a₁₄+a₁₆）=

6（1+3+5+7）-4=92

a_2k-1=（a_2k-1-a_2k-3）+…+（a₃-a₁）+a₁=

3k²-7k+4+a₁，

a₁+a₃+a₅+…+a₁₅=

8（a₁+49）

則 8（a₁+49）+92=540 ，解得 a₁=7

由于遞推式 a_n+2+（-1）ⁿa_n=3n-1 中的下標 n+2 與 n 的奇偶性相同，因此令 n=2k （ k∈N^* ）時，便可以得到其偶數項相鄰兩項的和為6k-1 ；令 n=2k-1（k∈N^* ）時，便可以得到其奇數項相鄰兩項的差為 6k-4 ，從而可以用累加法求出奇數項的通項公式（用 a₁ 表示），再把其前16項的和按奇數項與偶數項的和來處理，就能求出 a₁

例4數列 {a_n} 滿足 a_n+1+（-1）ⁿa_n=2n-1 則數列 {a_n} 的前60項和為

令 n=2k（k∈N^*） ，則 a_2k+1=-a_2k+4k- 1；令 n=2k-1（k∈N^*） ，則 a_2k=a_2k-1+ 4k-3 ，所以 a_2k+1+a_2k-1=2. 再取 n=2k+1（k∈ N^* ），得到 a_2k+2=a_2k+1+4k+1 ，消去 a_2k+1 ，可得a_2k+2+a_2k=8k ，則 {a_n} 的前60項和中，奇數項和為2×15=30 ，偶數項和為 ，所以數列 {a_n} 的前60項和為1830.

本題還可以按照例2的解法先求出數列{a_n} 的通項，然后求其前60項的和.

例5 已知數列{an}的通項an=n2（cos2nπ ，求 {a_n} 的前 n 項和 S_n ·

由題意得 ，則

a_3k-2+a_3k-1+a_3k=

當 n=3k（k∈N^* 時，有

當 n=3k-1（k∈N^* ）時， n+1=3k ，有

當 n=3k-2（k∈N^* ）時， n+1=3k-1 ，有

綜上，可知

因為 的周期為3，且cos ，COs ，cos 2π=1 ，所以求解時，將相鄰的三項進行組合并求和得到 a_3k-2+ 2，然后按n模3所得的余數進行分類討論，先求出 時的數列 {a_n} 的和，對于 n=3k-1，n=3k-2（k∈N^* ）只需要轉化為n=3k（k∈N^* 的情況討論即可，這是解決這類問題的常用方法.

例6在數列 {a_n} 與 {b_n} 中， a₁=1，b₁=4 ，數列{a_n} 的前 n 項和 S_n 滿足 nS_n+1-（n+3）S_n=0 .2a_n+1 為 b_n 與 b_n+1 的等比中項.

（1）求 a₂?，b₂ 的值；

（2）求數列 {a_n} 與 {b_n} 的通項；

（3）設 .證明： ∣T_n∣lt;2n²（n?3） ！

（1）由題意得 a₁+a₂-4a₁=0，a₁=1 ，解得 a₂=3. 又 4a₂²=b₂b₁，b₁=4 ，解得 b₂=9

（2）由 nS_n+1=（n+3）S_n ，得 （n-1）S_n=（n+2） ： S_n-1（n?2） ，兩式相減整理得 ，顯然當 n=1 時，也符合上式.由累乘法得

所以 由 b_n+1b_n=4a_n+1² ，可得 b_n+1b_n= （n+2）²（n+1）² ，即

（n+1）2，則xXn+1=1，即xn+1 由 （204號 x₁=1 ，得 x_n=1（n?1） ，即 ，所以 b_n=（n+1）².

（3）由（2）得

當 n=4k（k∈N^* ）時，有

T_n=-2²-3²+4²+5²-…- （4k-2）²-（4k-1）²+（4k）²+（4k+1）². 因為 -（4k-2）²-（4k-1）²+（4k）²+（4k+1）²= 32k-4 ，所以

T_n=32×（1+2+…+k）-4k=

（4k）²+3×4k=n²+3n.

當 n=4k-1（k∈N^* ）時，有

當 n=4k-2（k∈N^* ）時，有

T_n=（4k）²+3×4k-（4k+1）²-（4k）²= 3（n+2）-（n+3）²=-n²-3n-3.

當 n=4k-3（k∈N^* ）時，有

T_n=3×4k-（4k+1）²+（4k-1）²=

3（n+3）-（n+4）²+（n+2）²=-n-3.

當 n?3 時，有

故當 n?3 時 ，即 ∣T_n∣lt;2n²（n?3）

由 知 T_n 按模4所得的余數重復出現，于是對 n 按模4所得的余數進行分類討論就順理成章了.與例5類似，先求出 n=4k（k∈N^*） 時數列 {a_n} 的和，對于 n=4k-1，n=4k-2，n=4k-3 （ Ψ_k∈N^? ）只需轉化為 n=4k （ k∈N^* ）的情況即可.

一例7（2024年天津卷19）已知數列 {a_n} 是公比大于。的等比數列，其前 n 項和為 S_n .若 a₁=1，S₂= a₃-1

（1）求數列 {a_n} 的前 n 項和 S_n （2）設 其中 k 是大于1的正整數.（i）當 n=a_k+1 時，求證： b_n-1?a_kb_n ：（i）求

O （1）設等比數列 {a_n} 的公比為 q ，則 qgt;0. 由 解析 于 a₁=1，S₂=a₃-1 ，即 a₁+a₂=a₃-1 ，可 得 1+q=q²-1 ，整理得 q²-q-2=0 ，解得 q=-1 （舍）或2，所以

（2）（i）由（1）可知 a_k=2^k-1（k∈N^*，k≥2） .當（204 n=a_k+1=2^k?4 時， b_n=b_ak+1=k+1 ，此時 b_n-1= （204號 a_2k-1 ，且 a_k=2^k-1k-1lt;2^k=a_k+1 又當a_klt;_nlt;_k+1 時， b_n=b_n-1+2k ，即此時數列 {b_n} 是首項為 b_ak=k 、公差為 2k 的等差數列，所以

b_n-1=k+2k[（2^k-1）-2^k-1+1-1]=k（2^k-1）， （20號因此，有

b_n-1-a_kb_n=k（2^k-1）-（k+1）2^k-1=

（k-1）2^k-1-k?2（k-1）-k=k-2?0，

當且僅當 k=2 時，等號成立，所以 b_n-1?a_kb_n

（ii）由（1）可知 S_n=2ⁿ-1=a_n+1-1. 若 n=1 ，則（204號 S₁=1，b₁=1 ；若 n?2 ，則 a_k+1-a_k=2^k-1 ，當2^k-1k-1 時， b_i-b_i-1=2k ，可知 {b_i} 為等差數列，可得

所以

且當 n=1 也符合上式.

綜上，

解決本題的關鍵在于理解數列分組的特征：

即當 n=a_k 時， b_n=k ；當 a_kk+1 時，數列 {b_n} 實際上是一個以 b_n-1=b_ak=k 為首項、公差為 2k 的等差數列.

3對通項分類放縮，證明數列不等式

例8在數列 {a_n} 中， a₁=0 ，且對任意 k∈N^? ，a_2k-1，a_2k，a_2k+1 成等差數列，其公差為 d_k

（1）若 d_k=2k ，證明： ;a_2k，a_2k+1，a_2k+2（k∈N^?） 成 等比數列.

（2）若對任意 k∈N^*，a_2k，a_2k+1，a_2k+2 成等比數列，其公比為 q_k ：

（i）設 q₁≠1 ，證明： 是等差數列；

（i）若 a₂=2 ，證明：

證明 （1）由題意可得 a_2k-a_2k-1=2k，a_2k+1- （20號 a_2k=2k（k∈N^?） ，所以 a_2k+1-a_2k-1=4k 累加得a2k+1-a1=（a2k+1-a2k-1）++（a3-a1）=2k（k+1），所以 a_2k+1=2k（k+1） ，從而 a_2k=a_2k+1-2k= 2k² ，故 a_2k+2=2（k+1）² ，則 ，所以 a_2k，a_2k+1，a_2k+2 成等比數列.

（2）（i）由 a_2k-1，a_2k，a_2k+1 成等差數列及 a_2k ， （204 a_2k+1，a_2k+2 成等比數列，且公比為 q_k ，則 2a_2k= a2k-1+a2k+1，得2= ，即 ，從而 是公差為1 的等差數列.

（ii）由 a₁=0，a₂=2 ，可得 a₃=4 ，從而 2 由（i）有 ，得 q_k= ），所以 故 ）.因此，有

，以下分兩種情況進行討論.

當 n 為偶數時，設 n=2m （ m∈N^* ），若 m=1 ，則

若 m?2 ，則

所以 從而 （ n 為偶數）.

當 n 為奇數時，設 n=2m+1（m∈N^* ），則

所以 從而

綜上，對任意的 n≥2，n∈N^* ，有

數列 {a_n} 中的 a_2k+1 與 a_2k 是兩個特殊的項，

a_2k+1 是 a_2k-1，a_2k，a_2k+1 的末項，又是 a_2k+1 ，a_2k+2，a_2k+3 的首項，還是 a_2k，a_2k+1，a_2k+2 的中間項；a_2k 是 a_2k-1，a_2k，a_2k+1 的中間項，又是 a_2k，a_2k+1，a_2k+2 的首項.通過 a_2k+1 與 a_2k 的特殊位置與兩組不同性質（等差、等比）的交叉，建立多角度聯系，為解決問題提供了可能.其中，對于第（2）問中的（i），“對任意k∈N^*，a _2k，a _2k+1，a _2k+2 成等比數列，其公比為 q_k ”的意思是 結合 2a_2k=a_2k-1+a_2k+1 建立 q_k-1 與 q_k 的遞推關系.本題也可以選擇 d_k 作為研究對象，利用等比關系構建等式，再通過尋找 q_k 與 d_k 的關系，然后建立 q_k-1 與 q_k 的遞推關系.對于第（2）問中的（i），由于通項中的奇偶項不同，求和時可以與例3類似，通過對求和的項數的奇偶性進行討論并放縮，也可以考慮先求數列中相鄰兩項的和，然后放縮，再對項數的奇偶性進行討論，然后求和.

例9設數列 {a_n} 的前 n 項和為 S_n ，已知 S_n= 2a_n+（-1）ⁿ（n?1）.

（1）寫出數列 {a_n} 的前三項 a₁，a₂，a₃ ;

（2）求數列 {a_n} 的通項；

（3）證明：對任意的整數 mgt;4 ，有

0 （1）由 a₁=S₁=2a₁-1 ，解得 a₁=1 由 a₁+ 解析 （204號 a₂=S₂=2a₂+（-1）² ，解得 a₂=0 .由 a₁+ a₂+a₃=S₃=2a₃+（-1）³ ，解得 a₃=2

（2）當 n?2 時，有a_n=S_n-S_n-1=2a_n+（-1）ⁿ-2a_n-1-（-1）^n-1， 所以 a_n=2a_n-1+2（-1）^n-1 ，即

則an ，當 n=1 時也符合該式，因此 {a_n} 的通項為

（3）方法1 當 kgt;1（k∈N^*） 時，由于 所以

當 m=2n+1（n≥2） 時，有

當 m=2n（ngt;2） 時，有

綜上，對任意的整數 mgt;4 ，有

方法2令

則 55，且

所以

當 m=2n+1（n≥2） 時，有

當 m=2n（ngt;2） 時，有

綜上，對任意的整數 mgt;4 ，有

點方法1先對數列奇偶項分別進行放縮，然后分組求和；方法2則對數列相鄰兩項相加，然后進行放縮.這兩種方法均是證明這類不等式的常用方法，但求解時需要結合數列通項的具體特征進行決策.

4依數列特征分組，攻克新定義問題

例10（2024年新高考I卷19）設 Ψ_m 為正整數，數列 a₁，a₂，…，a_4m+2 是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項 a_i 和 a_j（im 組，且每組的4個數都能構成等差數列，則稱數列 a₁，a₂，…，a_4m+2 是 （i，j） -可分數列.

（1）寫出所有的 （i，j），1?ia1 ，a_?2，…，a₆ 是 （i，j） -可分數列；

（2）當 m?3 時，證明：數列 a₁，a₂，…，a_4m+2 是（2，13）-可分數列；

（3）從 1，2，…，4m+2 中任取兩個數 i 和 j

（ i1，a₂，…，a_4m+2 是 （i，j）. 可分數列的

概率為 P_m ，證明： 中

設數列 a₁，a₂，…，a_4m+2 是公差為 d 的等差 數列.

（1）（1，2），（5，6），（1，6）（求解過程略）.

（2）當 m=3 時，數列共有14項： a₁，a₂，a₃，…， a₁₃?a₁₄ .去掉 a₂，a₁₃ 項以后，剩下的12 項為 a₁，a₃ ，a4，a5，a6，a7，a8，ag，a10，a11，a12a14，這12個數可平均分成3組：ai，a4，a7，a1o;a3，a6，ag，a12;a5，a8，a₁₁，a₁₄ .它們均構成公差為 3d 的等差數列，此時數列（2 a₁，a₂，…，a_4m+2 是（2，13）-可分數列.

當 m?4 時，數列 a₁，a₂，…，a_4m+2 共有 4m+2 項，去掉 a₂，a₁₃ 項以后，剩下的 4m 項為 a₁，a₃，a₄ ，a₅，a₆，a₇，a₈，a₉，a₁₀，a₁₁，a₁₂，a₁₄，a₁₅，a₁₆，…，a_4m+2， （20前面12個數可平均分成3組： a₁，a₄，a₇，a₁₀;a₃，a₆ ，a₉，a₁₂;a₅，a₈，a₁₁，a₁₄ ，它們構成公差為 3d 的等差數列；剩下的 4m-12 項一定是4的倍數，把這些數中的每連續4個數分成一組： a₁₅，a₁₆，a₁₇，a₁₈;a₁₉，a₂₀ .a21，a22；;a4m-1，a4m，a4m+1，a4m+2，它們構成公差為d 的等差數列.

綜上，當 m?3 時，數列 a₁，a₂，…，a_4m+2 是（2，13）-可分數列.

（3）設滿足數列 a₁，a₂，…，a_4m+2 是 可分數 列的 （i，j） 的種數為 x_m

因為 a₁，a₃，a₅，a₇ 與 a₄，a₆，a₈，a₁₀ 均為等差數 列，數列 a₁，a₂，…，a_4m+2 是（2，9）-可分數列.由（2）可 知數列 a₁，a₂，…，a_4m+2 是（2，13）-可分數列.

當 m?4 時，因為 a_4m-7，a_4m-5，a_4m-3，a_4m-1 和（20 a_4m-4，a_4m-2，a_4m，a_4m+2 均為等差數列，所以數列 a₁ ，a₂，…，a_4m+2"是 （2，4m+1） -可分數列.

下面分析數列a1，a2a4m+2，a4m+3，a4m+4， （204號 a_4m+5，a_4m+6"的可分數列的情況.

因為每4個連續整數構成等差數列，所以數列a₁，a₂，…，a_4m+2，a_4m+3，a_4m+4，a_4m+5，a_4m+6"是 （4i+ 1，4m+6）- 可分數列， i=0，1，…，m+1

若 a₁，a₂，…，a_4m+2"是 （u，v） -可分數列，當 u+ 4，v+4∈{1，2，3，4，…，4m-1，4m，4m+1，4m+2} 時 ?a₁，a₂，…，a_4m+2"也是 （u，v+4）? 可分數列與 （u+"^4，υ）"-可分數列.

因此，數列a1，a2，…，a4m+2，a4m+3，a4m+4， （204號 a_4m+5，a_4m+6"是 （2，4m+5）- 可分數列，從而也是 （4i- 2，4m+5） -可分數列， i=1，2，…，m ，所以

x_m+1-x_m?（m+2）+m=2m+2.

因為 x_m=（x_m-x_m-1）+（x_m-1-x_m-2）+…+ （x₂-x₁）+x₁"，所以 x_m?2m+2（m-1）+ 2（m-2）+…+2×2+x₁".又 x₁=3 ，所以 x_m?m²+m+1 ，因此"

第（1）問與第（2）問的求解方法及結果為第（3）問的探求提供了思路.當數列 a₁，a₂，… a_4m+2"既是（2，9）-可分數列，又是（2，13）-可分數列，推廣到 m?4 的情形，數列 a₁，a₂，…，a_4m+2"是（2，4m+1）- 可分數列，從而為建立遞推不等式x_m+1-x_m≥2m+2 解決問題提供了路徑.

從上面分組數列的分析與求解策略可以看到，數列分組問題不僅是高考中的高頻考點，更是培養學生高中數學關鍵能力與學科核心素養的有效載體.在教學中，應聚焦高中數學中的必備知識與重要的原理和方法，在回歸課標、重視教材的基礎上，要在探究數學本質等方面下功夫，引導學生注重對數學理論本質屬性和相互關系的深刻理解與掌握，提升學生認識問題、分析問題、解決問題的能力.

（完）