隔項(xiàng)等差（等比）數(shù)列是近年高考的熱門考點(diǎn)之一.在命制數(shù)學(xué)試題時(shí)，隔項(xiàng)等差（等比）數(shù)列這一知識(shí)點(diǎn)常常與數(shù)列的奇偶項(xiàng)討論以及分奇偶并項(xiàng)求和等內(nèi)容緊密結(jié)合.這種命題方式高度契合新高考對(duì)學(xué)生綜合運(yùn)用知識(shí)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(diǎn).本文結(jié)合例題深人分析隔項(xiàng)等差（等比）數(shù)列的通項(xiàng)及其前 n 項(xiàng)和的求解方法，旨在幫助讀者更好地掌握這一重要知識(shí)點(diǎn).

1 基本概念

已知數(shù)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(shù)列 {a_n} 為隔項(xiàng)等差數(shù)列.同理可由 a_na_n+1=cqⁿ 0 （q≠0 推導(dǎo)出 或 ，此時(shí)稱數(shù) 列 {a_n} 為隔項(xiàng)等比數(shù)列.

2 求隔項(xiàng)等差數(shù)列的通項(xiàng)

若數(shù)列 {a_n} 滿足相鄰兩項(xiàng)之和為等差數(shù)列，則可將之轉(zhuǎn)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(shù)列 {a_n} 中，已知 a₁=1，a_n+1+a_n= 3n ，求 {a_n} 的通項(xiàng).

方法1因?yàn)?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(shù)列 {a_2k-1} 和 {a_2k} 均是公差為 d=3 的等差數(shù)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(dāng) n=2k-1 時(shí)，有a_2k-1=a₁+（a₃-a₁）+（a₅-a₃）+…+

則 ：

當(dāng) n=2k 時(shí)，有

則an

若數(shù)列 {a_n} 滿足相鄰兩項(xiàng)之和為等差數(shù)列，則將之轉(zhuǎn)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(jìn)而通過分類討論求出 {a_n} 的通項(xiàng).

3 求隔項(xiàng)等比數(shù)列的通項(xiàng)

若數(shù)列 {a_n} 滿足相鄰兩項(xiàng)之積為等比數(shù)列，則可將之轉(zhuǎn)化成 或 （其中 q≠0 的形式，所以

例2 已知數(shù)列 {a_n} 滿足 a₁=2，a_na_n+1=16ⁿ ， 求 {a_n} 的通項(xiàng).

方法1因?yàn)?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(shù)列an-1{a_2k-1} 和 {a_2k} 均是公比為 q=16 的等比數(shù)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(dāng) n=2k-1 時(shí)，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(dāng) n=2k 時(shí)，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(diǎn)若數(shù)列 {a_n} 滿足相鄰兩項(xiàng)之積為等比數(shù)列，則可將之轉(zhuǎn)化成 電或樂 （其中 q≠0 ）的形式，進(jìn)而通過分類討論求出 {a_n} 的通項(xiàng).

4求隔項(xiàng)等差數(shù)列的前 n 項(xiàng)和

若數(shù)列 {a_n} 滿足 a_n-1+a_n=An+B ，則在求 S_n 時(shí)需要分奇偶項(xiàng)討論.當(dāng) n=2k 時(shí)，有

S_n=（a₁+a₂）+（a₃+a₄）+…+（a_n-1+a_n）=

當(dāng) n=2k-1 時(shí)，有

例3記 S_n 為數(shù)列 {a_n} 的前 n 項(xiàng)和，已知 S_n= a+n2+1（n∈N*），求S.

方法1令 n=1 ，得 a₁=4 .因?yàn)?/p>

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(shù)列，且首項(xiàng)為 a₁+a₂=6

當(dāng) n=2k 時(shí)，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(dāng) n=2k-1 時(shí)，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(shù)列 {a_2k-1} 和 {a_2k} 均是公差為 d=4 的等差數(shù)列.

當(dāng) n=2k-1 時(shí)，有

當(dāng) n=2k 時(shí)， a_n+1=2（n+1）+2=2n+4. 因?yàn)閍_n+a_n+1=4n+2 ，所以

a_n=4n+2-a_n+1=4n+2-（2n+4）=2n-2，

當(dāng) n=2k 時(shí)，有

當(dāng) n=2k-1 時(shí)，有

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

求隔項(xiàng)等差數(shù)列 {a_n} 的前 n 項(xiàng)和時(shí)需分類 討論.當(dāng) n 為偶數(shù)時(shí)， S_n=（a₁+a₃+…+ a_n-1）+（a₂+a₄+…+a_n） ；當(dāng) n 為奇數(shù)時(shí)， n-1 為 偶數(shù)， S_n=S_n-1+a_n

5 求隔項(xiàng)等比數(shù)列的前 n 項(xiàng)和

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

當(dāng) n=2k 時(shí)，有

當(dāng) n=2k-1 時(shí)，有

例4記 S_n 為數(shù)列 {a_n} 的前 n 項(xiàng)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(shù)列{a2k-1}和{ak}均是公比為q=2 的等比數(shù)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(dāng) n=2k 時(shí)，有

因?yàn)?a_2k-1=2^k-1 ，所以

當(dāng) n=2k-1 時(shí)，有

方法2同方法1可得 ，且 a₁=1，a₂=2 當(dāng) n=2k-1 時(shí)，有

所以 ，則

當(dāng) n=2k 時(shí)，有

所以 ，則

當(dāng) n=2k 時(shí)，有

S_n=（a₁+a₃+…+a_n-1）+（a₂+a₄+…+a_n）=

當(dāng) n=2k-1 時(shí)，有

求隔項(xiàng)等比數(shù)列 {a_n} 的前 n 項(xiàng)和需分類討論.當(dāng) n 為偶數(shù)時(shí)， S_n=（a₁+a₃+…+ a_n-1）+（a₂+a₄+…+a_n） ；當(dāng) n 為奇數(shù)時(shí)， n-1 為偶數(shù)， S_n=S_n-1+a_n ：

（完）