Question

（2009•閘北區一模）記數列{a_n}的前n項和為S_n，所有奇數項之和為S′，所有偶數項之和為S″．
（1）若{a_n}是等差數列，項數n為偶數，首項a₁=1，公差d=

3

2

，且S″-S′=15，求S_n；
（2）若無窮數列{a_n}滿足條件：①Sn+1=1-

3

5

Sn（n∈N^*），②S′=S″．求{a_n}的通項；
（3）若{a_n}是等差數列，首項a₁＞0，公差d∈N^*，且S′=36，S″=27，請寫出所有滿足條件的數列．

Answer 1

分析：（1）因為{a_n}是等差數列且項數n為偶數，所以S偶-S奇 =

n

2

d，根據公式可以求出n，從而求出S_n；（2）先把遞推公式Sn+1=1-

3

5

Sn，往后遞推一項得Sn=1-

3

5

Sn-1，然后兩式相減可以推出數列{a_n}是從第二項開始的無窮等比數列，公比q=-

3

5

，且0＜|q|＜1，然后根據無窮等比數列所有項和公式S=

a1

1-q

，求出{a_n}的通項；（3）先判斷出數列的項數為奇數，然后寫出奇數項的和與偶數項的和進行作差或者作商，求出公差的取值范圍d＜3．又d∈N^*，所以，d=1或d=2 從而確定所求數列．

解答：解：由題意知
（1）若數列{a_n}項數n為偶數，由已知，得S″-S′=15=

3

2

•

n

2

  解得n=20，
 Sn=1×20+

20×19

2

×

3

2

=305；
（2）∵Sn+1=1-

3

5

Sn（n∈N^*）①
∴Sn=1-

3

5

Sn-1（n∈N^*，n≥2）②
 即①減去②得：

an+1

an

=-

3

5

．            
 所以數列{a_n}是從第二項開始的無窮等比數列，公比q=-

3

5

，且0＜|q|＜1
∴S′=a1+

a2q

1-q2

，
  S″=

a2

1-q2

，
 又∵S′=S″，
∴a1=

a2

1+q

=

5

2

a2，
 又∵Sn+1=1-

3

5

Sn（n∈N^*），
 當n=1時，S2=1-

3

5

S1
∴8a₁+5a₂=5
∴a1=

1

2

所以，對應的數列的通項為an=

1 2 (n=1) 1 5 (- 3 5 )n-2(n≥2)

（3）假設數列{a_n}項數n為偶數，S″-S′=

n

2

•d＞0與S″-S′=-9矛盾．
 故數列{a_n}項數n不為偶數．
解法1：設數列{a_n}項數n=2k+1（k∈N），
 則S′=a1+a3+…+a2k+1=

a1+a2k+1

2

•(k+1)
 S″=a2+a4+a6+…+a2k=

a2+a2k

2

•k
∵a₁+a_2k+1=a₂+a_2k，
∴

S′

S″

=

k+1

k

=

36

27

，
 解得k=3，項數n=2×3+1=7，
∵S7=S′+S″=63=7a1+

7×6

2

•d，
∴a₁+3d=9，
∵a₁=9-3d＞0，
∴d＜3．又d∈N^*，所以，d=1或d=2．
 當d=1時，a₁=6，此時，a_n=6+（n-1）•1=n+5，
 所以，該數列為：6，7，8，9，10，11，12．
 當d=2時，a₁=3，此時，a_n=3+（n-1）•2=2n+1
 所以，該數列為：3，5，7，9，11，13，15．
解法2：

(k+1)a1+ (k+1)(k+1-1) 2 •2d=36 k(a1+d)+ k(k-1) 2 •2d=27

(k+1)a1+(k+1)kd=36 ka1+k2•d=27

，
     解得k=3，項數n=2×3+1=7，
∵S7=S′+S″=63=7a1+

7×6

2

•d，
∴a₁+3d=9，∵a₁=9-3d＞0，
∴d＜3．又d∈N^*，所以，d=1或d=2．
 當d=1時，a₁=6，此時，a_n=6+（n-1）•1=n+5，
 所以，該數列為：6，7，8，9，10，11，12．
 當d=2時，a₁=3，此時，a_n=3+（n-1）•2=2n+1
 所以，該數列為：3，5，7，9，11，13，15．

點評：本題主要考查等差數列的奇數項的和S^′與偶數項的和S^∥的公式，以及無窮等比數列的所有項和的S=

a1

1-q

，對學生的能力要求比較高，有一定的難度．