隔项成等差数列

在数列$\{a_n\}$中，对任意的正整数$n$，都有$a_{n+2}-a_n=d$（$d$为常数），则称数列$\{a_n\}$是隔项成等差的数列。

“隔项成等差”是对等差数列知识的延伸，这类问题既能考查学生对基本知识、基本技能的掌握程度，又能考查学生对所学知识灵活应用的能力，因此，在一些有难度的题目中出现的频率还是很大的。本文就带你对“隔项成等差数列”做一个简单的认识。

类型一 $a_n+a_{n+1}=A n+B$ 型

若数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_n+a_{n+1}=A n+B$ ，则数列 $\left\{a_n\right\}$ 是隔项成等差的数列。

证明如下：

由

$$a_n+a_{n+1}=A n+B$$知$$a_{n+1}+a_{n+2}=A(n+1)+B$$

以上两式相减的：$$a_{n+2}-a_n=A$$

因此，数列 $\left\{a_n\right\}$ 是隔项成等差的.

【例题】已知数列满足 $a_{n+1}+a_n=4 n-3\left(n \in \mathbb{N}^*\right)$, 若对任意 $n \in \mathbb{N}^*$，都有 $a_{n+1}^2+a_n^2 \geqslant 20 n-15$ 成立，则 $a_1$ 的取值范围是_________________.

解：由$$a_{n+1}+a_n=4 n-3\cdots\cdots(1)$$

可得$$a_{n+2}+a_{n+1}=4 n+1 \cdots \cdots(2)$$

$(2) – (1) $可得 :$$a_{n+2}-a_n=4$$

因此数列 $\left\{a_{2 n-1}\right\}$ 是以 $a_1$ 为首项， 4 为公差的等差数列.

数列 $\left\{a_{2 n}\right\}$ 是以 $a_2$ 为首项， 4 为公差的等差数列。

将 $n=1$ 代入 $(1) $式可得: $a_2=1-a_1$ ，故

$$a_n=\begin{cases}2 n-2+a_1 & n=2 k-1 \\2 n-3-a_1 & n=2 k\end{cases} \quad\left(k \in \mathbb{N}^*\right)$$

由$$a_{n+1}^2+a_n^2 \geqslant 20 n-15$$

可知: $n$ 为奇数时，上式可化为$$a_1^2-a_1 \geqslant-4 n^2+16 n-10$$

而$$-4 n^2+16 n-10 \leqslant 2$$

故只需$$a_1^2-a_1 \geqslant 2$$

即可，解得 : $a_1 \geqslant 2$ 或 $a_1 \leqslant -1$.

同理当 $n$ 为偶数时，可解得: $a_1 \geqslant 1$ 或 $a_1 \leqslant -4$.

综上可得 : $a_1$ 的取值范围是 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$

本道题是一道明显的隔项成等差的数列，处理这道题时，首先是再写一个式子，然后两式相减，由于是隔一项成等差，也就自然而然的分奇数和偶数来讨论。

类型二 $S_n+S_{n+1}$ 型

若数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $S_n+S_{n+1}=A n^2+B n+C$ ，则数列 $\left\{a_n\right\}$ 是隔项成等差的数列.

证明: 由$$S_n+S_{n+1}=A n^2+B n+C \cdots \cdots (1)$$

可得：$$S_{n+1}+S_{n+2}=A(n+1)^2+B(n+1)+C \cdots \cdots(2)$$

两式相减得：$$a_{n+2}+a_{n+1}=2 A n-A+B$$

由类型一可知数列 $\left\{a_n\right\}$ 是隔项成等差的数列。

【例题】数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_2=3 a_1$，$S_{n}$ 是数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和，且有 $S_{n+1}+S_n+S_{n-1}=3 n^2+2 \quad\left(n \geqslant 2, n \in \mathbb{N}^*\right).$

$(1) $若数列 $\left\{a_n\right\}$ 为等差数列，求通项 $\left\{a_n\right\}$ ；

$(2) $若对任意的 $n \in \mathbb{N}^*$， $a_n<a_{n+1}$ 恒成立，求 $a_1$ 的取值范围.

解 : $(1) $在 $S_{n+1}+S_n+S_{n-1}=3 n^2+2$ 中，

令 $n=2$ ，再结合 $a_2=3 a_1$ ，

可得 $a_1=1, d=2$ ，所以 $a_n=2 n-1$ .

$(2)$ 当 $n \geqslant 2$，$n \in \mathbb{N}^*$ 时，由

$$S_{n+1}+S_n+S_{n-1}=3 n^2+2$$

可得$$S_{n+2}+S_{n+1}+S_n=3(n+1)^2+2$$

两式作差得$$a_{n+2}+a_{n+1}+a_n=6 n+3 \quad\left(n \geqslant 2, n \in \mathbb{N}^*\right)$$

因此$$a_{n+3}+a_{n+2}+a_{n+1}=6 (n+1)+3$$

所以 $a_{n+3}-a_n=6 \quad\left(n \geqslant 2, n \in \mathbb{N}^*\right)$

显然这是一个隔两项成等差的数列。

则可以求得 $$ a_n=\begin{cases}a_1, & n=1 \\2 n+3 a_1-4, & n=3 k-1, n \in \mathbb{N}^* \\2 n-9 a_1+8, & n=3 k, n \in \mathbb{N}^* \\2 n+6 a_1-7, & n=3 k+1, n \in \mathbb{N}^*\end{cases}.$$

然后只需 $a_1<a_2<a_3<a_4$ 范围就可以很轻松的求出来了，答案 $a_1 \in\left(\dfrac{13}{15}, \dfrac{7}{6}\right)$.

类型三 $a_{n+1}+(-1)^n a_n=A n+B$ 型

若数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_{n+1}+(-1)^n a_n=A n+B$, 则数列 $\left\{a_n\right\}$ 是隔项成等差的数列.

证明: 分别用 $2 n-1,2 n 、 2 n+1$ 对 $n$ 赋值，可得:

$$a_{2 n}-a_{2 n-1}=2 A n-A+B \cdots \cdots(1) $$

$$a_{2 n+1}+a_{2 n}=2 A n+B \cdots \cdots(2) $$

$$a_{2 n+2}-a_{2 n+1}=2 A n+A+B \cdots \cdots(3)$$

$(2) – (1) $可得 :$$a_{2 n+1}+a_{2 n-1}=A$$

$(2) +(3)$ 可得 :$$a_{2 n+2}+a_{2 n}=4 A n+A+2 B$$

从而：$$a_{2 n-2}+a_{2 n}=4 A n-3 A+2 B$$

所以，$$a_{2 n+2}+a_{2 n-2}=4 A$$

这就得到了数列 $\left\{a_n\right\}$ 是隔项成等差的数列.

【例题】若数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_1=a$ 且 $a_{n+1}+(-1)^n a_n=2 n-1$ (其中 $a$ 为常数)， $S_n$ 是数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和，数列 $\left\{b_n\right\}$ 满足 $b_n=a_{2 n}$.

$(1)$ 求 $a_1+a_3$ 的值；

$(2)$ 试判断 $\left\{b_n\right\}$ 是否为等差数列，并说明理由；

$(3)$ 求 $S_n$.

解：$(1)$ $a_1+a_3=2$.

$(2)$ 由 $a_{n+1}+(-1)^n a_n=2 n-1$ 可得$$\begin{gathered}a_{2 n+1}+a_{2 n}=4 n-1 \\a_{2 n+2}-a_{2 n+1}=4 n+1\end{gathered}$$

两式相加可得：$$b_n+b_{n+1}=8 n$$

从而$$b_{n-1}+b_n=8 n-8$$

故$$b_{n+1}-b_{n-1}=8$$

显然，这是一个隔项成等差的数列，

因此当 $b_1, b_2, b_3$ 成等差数列时， $\left\{b_n\right\}$ 成等差数列，此时可解得 $a=1$.

$(3)$ 当 $n$ 为偶数时，有$$\begin{gathered}a_{n+1}+a_n=2 n-1 \\a_{n+2}-a_{n+1}=2 n+1\end{gathered}$$

二式相加得$$a_n+a_{n+2}=4 n$$

因此有$$a_{n+2}+a_{n+4}=4 n+8$$

二式相减，得$$a_{n+4}-a_n=8$$

当 $n$ 为奇数时，有$$\begin{gathered}a_{n+1}-a_n=2 n-1 \\a_{n+2}+a_{n+1}=2 n+1\end{gathered}$$

二式相减得$$a_n+a_{n+2}=2$$

又因 $a_1=a, a_2=1+a, a_3=2-a, a_4=7-a$

则 $a_n=\begin{cases}a, & n=4 k-3 \\ 2 n+a-3, & n=4 k-2 \\ 2-a, & n=4 k-1 \\ 2 n-a-1, & n=4 k\end{cases}\left(k \in \mathbb{N}^*\right)$

记第 $k$ 组的 4 项和为 $t_k$ ，则$$\begin{gathered}t_k=a+2(4 k-2)+a-3+2-a+2(4 k)-a-1=16 k-6 \\\sum_{i=1}^k t_k=\frac{16 \times k(k+1)}{2}-6 k=8 k^2+2 k\end{gathered}$$

即当 $n=4 k$ 时, $S_n=\frac{1}{2} n^2+\frac{1}{2} n$

当 $n=4 k-1$ 时,$S_n=\frac{1}{2} n^2-\frac{1}{2} n+a$

当 $n=4 k-3$ 时， $S_n=\frac{1}{2} n^2-\frac{1}{2} n+a$

当 $n=4 k-2$ 时， $S_n=\frac{1}{9} n^2+\frac{1}{9} n+2 a-2$

所以 $S_n= \begin{cases}\frac{1}{2} n^2+\frac{1}{2} n, & n=4 k \\[5pt] \frac{1}{2} n^2-\frac{1}{2} n+a, & n=4 k-1 \\[5pt] \frac{1}{2} n^2+\frac{1}{2} n+2 a-2, & n=4 k-2 \\[5pt] \frac{1}{2} n^2-\frac{1}{2} n+a, & n=4 k-3\end{cases}$

求和其实也是遵循着最基本的等差数列求和的原则，在这里我们选择了分组求的办法，用这种方法时，先把最简单的一种情况算出来,然后结合通项，加加减减就可以得到所有情况下的前$n$项和了.