第6章 培优增分 第6讲 数列的奇偶项与子数列问题（word教师用书）-【高考领航】2025年高考数学大一轮复习

培优增分 第6讲　数列的奇偶项与子数列问题 命题解读　子数列问题包括数列中的奇偶项、公共数列以及分段数列，是近几年高考的重点和热点，一般方法是构造新数列，利用新数列的特征(等差、等比或其他特征)求解原数列． 题型一　奇偶项问题 　含有(－1)n的类型 例1　设cn＝(－1)n＋1(2n－1)，求数列{cn}的前n项和Sn. 解：当n为偶数时， Sn＝(21－1)－(22－1)＋(23－1)－(24－1)＋…＋(2n－1－1)－(2n－1) ＝21－22＋23－24＋…＋2n－1－2n ＝＝[1－(－2)n]＝(1－2n)； 当n为奇数时，n－1为偶数， 所以Sn＝Sn－1＋cn＝(1－2n－1)＋2n－1 ＝， 综上所述，Sn＝ 　已知条件明确的奇偶项问题 例2　(2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，的前n项和，S4＝32，T3＝16. (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn. 解：(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d， ∵bn＝∴b1＝a1－6，b2＝2a2，b3＝a3－6， 又T3＝16，且b1＋b2＋b3＝a1＋2a2＋a3－12＝4a2－12， ∴4a2－12＝16，∴a2＝7，即a1＋d＝7，　① 又S4＝32，∴4a1＋6d＝32，　② 由①②得a1＝5，d＝2， ∴an＝5＋2(n－1)＝2n＋3. (2)证明：∵{an}为等差数列， ∴Sn＝na1＋d＝5n＋n2－n＝n2＋4n， ①当n(n≥6)为偶数时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn) ＝(a1－6＋a3－6＋…＋an－1－6)＋(2a2＋2a4＋…＋2an) ＝·－6·＋2·· ＝·－3n＋·n＝. ∴Tn－Sn＝－n2－4n＝＝＝＞0(n≥6)， ∴当n(n≥6)为偶数时，Tn＞Sn. ②当n(n≥7)为奇数时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1) ＝(a1－6＋a3－6＋…＋an－6)＋(2a2＋2a4＋…＋2an－1) ＝·－6·＋2··＝·－3(n＋1)＋(n－1)·＝， ∴Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝＞0(n≥7)， ∴n(n≥7)为奇数时，Tn＞Sn. 综上可知，当n＞5时，Tn＞Sn. 反思感悟 1．含有(－1)n的数列求和问题一般采用分组(并项)法求和． 2．对于通项公式分奇、偶不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以先求出S2k，再利用S2k－1＝S2k－a2k，求S2k－1. 训练1　已知数列{an}的前n项和为Sn，an＝求Sn. 解：法一：当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an) ＝(1＋3＋…＋n－1)＋[()1＋()2＋…＋()] ＝＋ ＝＋1－(). 当n为奇数时，n－1是偶数， Sn＝Sn－1＋an＝＋1－()＋n ＝＋1－(). 综上，Sn＝ 法二：∵an＝ ∴a2n－1＝2n－1，a2n＝()n， ∴S2n＝a1＋a2＋…＋a2n ＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(1＋3＋…＋2n－1)＋[()1＋()2＋…＋()n]＝＋ ＝n2＋1－()n. S2n－1＝S2n－a2n＝n2＋1－()n－()n ＝n2＋1－()n－1. 综上所述， Sn＝ 题型二　子数列问题 　公共项问题 例3　(2024·嘉兴模拟)已知{an}是首项为2，公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1. (1)证明：{bn－n}是等比数列，并求{an}，{bn}的通项公式； (2)若数列{an}与{bn}中有公共项，即存在k，m∈N*，使得ak＝bm成立．按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作{cn}，求c1＋c2＋…＋cn. 解：(1)证明：由题意可得an＝2＋(n－1)×3＝3n－1(n∈N*)， 而b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1， 变形可得bn＋1－(n＋1)＝3bn－3n＝3(bn－n)，b1－1＝3， 故{bn－n}是首项为3，公比为3的等比数列， 从而bn－n＝3n，即bn＝3n＋n(n∈N*)． (2)由题意可得3k－1＝3m＋m(k，m∈N*)，因为3k，3m是3的倍数，所以m＋1也为3的倍数， 令m＋1＝3n，则m＝3n－1(n∈N*)， 则3k－1＝33n－1＋3n－1＝3(33n－2＋n)－1， 此时满足条件， 即当m＝2，5，8，…，3n－1时为公共项， 所以c1＋c2＋…＋cn＝b2＋b5＋…＋b3n－1 ＝32＋35＋…＋33n－1＋(2＋5＋…＋3n－1) ＝＋(n∈N*)． 　插项问题 例4　(2024·石家庄质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，满足3a2＋2a3＝S5＋6. (1)若数列{Sn}为递减数列，求a1的取值范围； (2)若a1＝1，在数列{an}的第n项与第n＋1项之间插入首项为1，公比为2的等比数列的前n项，形成新数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Tn，求T95. 解：(1)法一：记{an}的公差为d，由3a2＋2a3＝S5＋6得3(a1＋d)＋2(a1＋2d)＝5a1＋d＋6，得d＝－2， 所以Sn＝na1＋×(－2)＝－n2＋(a1＋1)n. 若数列{Sn}为递减数列，则Sn＋1－Sn＜0(n≥1)恒成立， 即an＋1＝a1－2n＜0(n≥1)恒成立， 得a1＜2n(n≥1)恒成立， 则a1＜2. 法二：记{an}的公差为d，由3a2＋2a3＝S5＋6得3(a1＋d)＋2(a1＋2d)＝5a1＋d＋6，得d＝－2， 所以Sn＝na1＋×(－2)＝－n2＋(a1＋1)n. 若数列{Sn}为递减数列，则需满足＜， 解得a1＜2. (2)由(1)知，{an}的公差d＝－2， 又a1＝1，所以an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n. 根据题意，数列{bn}为 1，20，－1，20，21，－3，20，21，22，－5，…，－2n＋3，20，21，…，2n－1，－2n＋1，…. 可将数列分组： 第一组为1，20； 第二组为－1，20，21； 第三组为－3，20，21，22； …… 第k(k∈N*)组为－2k＋3，20，21，22，…，2k－1； …… 则前k组一共有2＋3＋…＋(k＋1)＝(项)， 当k＝12时，项数为90. 故T95相当于是前12组的和再加上－23，1，2，22，23， 即T95＝[1＋(－1)＋(－3)＋…＋(－21)]＋[20＋(20＋21)＋(20＋21＋22)＋…＋(20＋21＋…＋211)]＋(－23＋1＋2＋22＋23)． 20＋(20＋21)＋(20＋21＋22)＋…＋(20＋21＋…＋211)可看成是数列{cn}(cn＝2n－1)的前12项和， 所以T95＝＋－12－23＋1＋2＋4＋8＝213－142＝8050. 反思感悟 1．两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列，且公差(比)是两等差(比)数列公差(比)的最小公倍数，一个等差与一个等比数列的公共项则要通过其项数之间的关系来确定． 2．数列的插项问题可通过研究前几项的变化来探究一般性规律，从而确定新数列的首项、项数、公差(或公比)、末项等信息． 训练2　已知数列an＝n，bn＝2n，若数列{an}中去掉和数列{bn}中相同的项后，余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，且数列{cn}的前n项和为Tn，求T100. 解：设数列{an}的前p项中有数列{bn}的q项，p－q＝100，则2q≤p， 即2q≤100＋q. 易得满足2q≤100＋q的最大正整数q为6， ∴数列{cn}的前100项，由数列{an}中的前106项去掉和数列{bn}中相同的6项得到， ∴T100＝S106－(2＋22＋…＋26)＝－＝5545. 学科网（北京）股份有限公司 $$