第1部分 专题3 培优微专题11 子数列问题（PPT课件）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

第一部分 聚热点·题型突破 专题三 数列 [培优微专题11]　子数列问题 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 研析考点 层级突破 01 课时冲关 高效提能 02 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 研析考点 层级突破 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 下一页 上一页 返回导航 第一部分 专题三 数列 数学 子数列问题包括数列中的奇偶项、公共数列以及增减项，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． 　奇数项、偶数项问题 [例1]　(2024·皖北协作区联考)已知数列{an}满足(－1)n＋1an＋2＋(－1)nan＝3(－1)n＋1(n∈N*)，若a1＝a2＝1，则{an}的前20项和S20＝________. [解析]　根据给定条件，按奇偶讨论求出a2n－1，a2n，再分组求的即得． 数列{an}满足：(－1)n＋1an＋2＋(－1)nan＝3(－1)n＋1， 当n为正奇数时，an＋2－an＝－2，即数列{a2n－1}是以a1＝1为首项，－2为公差的等差数列， 于是a2n－1＝1＋(n－1)·(－2)＝－2n＋3， 当n为正偶数时，－an＋2＋an＝4，即an＋2－an＝－4， 则数列{a2n}是以a2＝1为首项，－4为公差的等差数列，于是a2n＝1＋(n－1)·(－4)＝－4n＋5， 所以{an}的前20项和S20＝eq \f(1＋－17,2)×10＋eq \f(1＋－35,2)×10＝－250. [答案]　－250 (1)数列中的奇、偶项问题的常见题型 ①数列中连续两项和或积的问题(an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1＝f(n))； ②含有(－1)n的类型； ③含有{a2n}，{a2n－1}的类型； ④已知条件明确的奇偶项问题． (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，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k. 1．(2024·梅州二模)已知数列{an}的通项公式an＝(－1)neq \f(3n＋1,2n)(n∈N*)，则Πeq \o\al(n,k＝1)ak＝a1·a2…an的最小值为________． 解析：根据n的奇偶性可得Πeq \o\al(n,k＝1)ak＝a1·a2…an的最小值，只需要考虑n为偶数时即可，根据作商法得|an＋1|＜|an|，结合a4＝eq \f(3×4＋1,24)＜1可得n≥4时，|an|＜a4＜1，即可判断n＝2时取最小值． 由于当n为奇数时，an＝－eq \f(3n＋1,2n)，当n为偶数时，an＝eq \f(3n＋1,2n)， 要求Πeq \o\al(n,k＝1)ak＝a1·a2…an的最小值，只需要考虑出现奇数个奇数项时即可， 又eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))＝eq \f(\f(3n＋1＋1,2n＋1),\f(3n＋1,2n))＝eq \f(3n＋4,23n＋1)＜1⇒|an＋1|＜|an|， 当n＝4时，a4＝eq \f(3×4＋1,24)＜1，因此n≥4时，|an|＜a4＜1， 当n＝2，Πeq \o\al(2,k＝1)ak＝a1a2＝－2×eq \f(7,4)＝－eq \f(7,2)， 当n＝5，Πeq \o\al(5,k＝1)ak＝a1a2a3a4a5＝－2×eq \f(7,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)))×eq \f(13,16)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq \f(455,256)＞－eq \f(7,2)， 综上，最小值为－eq \f(7,2). 答案：－eq \f(7,2) 　公共项问题 [例2]　(2024·石家庄质检一)已知等差数列{an}的公差与等比数列{bn}的公比相等，且b1－a1＝1，b2－a2＝1，b3－a4＝1，则bn＝________；若数列{an}和{bn}的所有项合在一起，从小到大依次排列构成一个数列{cn}，数列{cn}的前n项和为Sn，则使得eq \f(Sn,cn＋1)＞12成立的n的最小值为________． [解析]　设等比数列{bn}的公比为q，则等差数列{an}的公差为q，根据题意可得出关于a1、b1、q的方程组，解出这三个量的值，可得出数列{bn}的通项公式；设满足不等式eq \f(Sn,cn＋1)＞12的正整数n的最小值为n0，推导出n0∈(20,37)，设n0＝m＋20，其中0≤m≤16且m∈N，根据＜eq \f(13,12)可得出关于m的不等式，求出m的最小值，即可得出n0的值，即为所求． 设等比数列{bn}的公比为q，则等差数列{an}的公差为q， 则b2－a2＝b1q－a1－q＝1，b3－a4＝b1q2－a1－3q＝1，b1－a1＝1， 解得q＝2，b1＝2，a1＝1， 所以，bn＝b1qn－1＝2n，an＝a1＋(n－1)q＝1＋2(n－1)＝2n－1， 由eq \f(Sn,cn＋1)＝eq \f(Sn,Sn＋1－Sn)＞12，整理可得eq \f(Sn＋1,Sn)＜eq \f(13,12)， 数列{cn}的各项分别为：1、2、3、4、5、7、9、…、2k(k∈N*)、…， 其中2k(k∈N*)前若干项中，数列{bn}有k－1项，数列{an}有2k－1项， 所以，2k(k∈N*)是数列{cn}的第(2k－1＋k)项， 所以，＝[1＋3＋5＋…＋(2·2k－1－1)]＋(2＋22＋23＋…＋2k) ＝eq \f(1＋2×2k－1－1×2k－1,2)＋eq \f(21－2k,1－2)＝22k－2＋2k＋1－2， 所以，＝22k－2＋2k＋1－2－2k＝22k－2＋2k－2， 令＝eq \f(22k－2＋2k＋1－2,22k－2＋2k－2)＜eq \f(13,12)，整理可得22k－2－11·2k－2＞0， 令t＝2k－1(k∈N*)，则有t2－22t－2＞0，解得t＞11＋eq \r(123)， 因为16＜11＋eq \r(123)＜32，所以，2k－1≥32，可得k≥6， 所以，满足不等式＜eq \f(13,12)的正整数k的最小值为6， 同理可知，满足不等式≥eq \f(13,12)的正整数的最大值为5， 所以满足不等式eq \f(Sn＋1,Sn)＜eq \f(13,12)的正整数n的最小值n0∈(24＋4,25＋5)，即n0∈(20,37)， 设n0＝24＋5＋m＝m＋21，其中0≤m≤15且m∈N*， 则＝S21＋[2×(24＋1)－1]＋[2×(24＋2)－1]＋…＋[2×(24＋m)－1] ＝28＋26－2＋eq \f(33＋2m＋31·m,2)＝m2＋32m＋318， ＝m2＋32m＋318＋2×(24＋m＋1)－1＝m2＋34m＋351， 由＝eq \f(m2＋34m＋351,m2＋32m＋318)＜eq \f(13,12)，整理可得m2＋8m－78＞0，解得m＞eq \r(94)－4， 所以自然数m的最小值为6，所以n0＝6＋21＝27. [答案]　2n　27 两个等差数列的公共项是等差数列，且公差是两等差数列公差的最小公倍数，两个等比数列的公共项是等比数列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数． 2．(2024·漳州质检三)将数列{3n－1}与{2n}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则a20＝(　　) A．237　　 B．238 C．239　　 D．240 解析：C　[经检验，数列{2n}中的奇数项都是数列{3n－1}中的项，观察归纳可得． 数列{2n}中的项为：2,4,8,16,32,64,128,256，， 经检验，数列{2n}中的奇数项都是数列{3n－1}中的项， 即2,8,32,128，可以写成3n－1的形式，观察归纳可得an＝22n－1， 所以a20＝22×20－1＝239.] 　增减项问题 [例3]　(2024·齐齐哈尔二模)设数列{an}的前n项和为Sn,3Sn＝2an＋1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)在数列{an}的ak和ak＋1项之间插入k个数，使得这k＋2个数成等差数列，其中k＝1,2，…，n，将所有插入的数组成新数列{bn}，设Tn为数列{bn}的前n项和，求T36. [解]　(1)运用an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S1，n＝1,Sn－Sn－1，n≥2))求解即可． (2)依题意可知，插入数列{bn}后，{an}与{bn}所构成的数列为a1，b1，a2，b2，b3，a3，b4，b5，b6，a4…，结合等差数列前n项和公式及错位相减法求和即可求得结果． (1)当n＝1时，3S1＝2a1＋1，所以a1＝1， 当n≥2时，3an＝3Sn－3Sn－1＝2an－2an－1，即an＝－2an－1， 所以an＝(－2)n－1， 当n＝1时，符合an＝(－2)n－1， 所以an＝(－2)n－1； (2)依题意，b1＝eq \f(a1＋a2,2)， b2＋b3＝eq \f(a2＋a3,2)×4－a3－a2＝eq \f(2a2＋2a3,2)， b4＋b5＋b6＝eq \f(a3＋a4,2)×5－a3－a4＝eq \f(3a3＋3a4,2)， b29＋b30＋…＋b36＝eq \f(a8＋a9,2)×10－a8－a9＝eq \f(8a8＋8a9,2). 所以T36＝eq \f(a1＋3a2＋5a3＋…13a7＋15a8＋8a9,2)， 即2T36＝(－2)0＋3(－2)1＋5(－2)2＋…＋13(－2)6＋15(－2)7＋8(－2)8，① 则－4T36＝(－2)1＋3(－2)2＋5(－2)3＋…＋13(－2)7＋15(－2)8＋8(－2)9，② 由①－②可得，6T36＝(－2)0＋2(－2)1＋…＋2(－2)7＋8(－2)8－15(－2)8－8(－2)9＝1＋2×eq \f(－2[1－－27],1－－2)＋9×28＝2133， 所以T36＝355.5. 解决此类问题的关键是通过阅读、理解题意，要弄清楚增加了(减少了)多少项，增加(减少)的项有什么特征，在求新数列的和时，一般采用分组求和法，即把原数列部分和增加(减少)部分分别求和，再相加(相减)即可． 3．设数列{an}满足an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)在数列{an}的任意ak与ak＋1项之间，都插入k(k∈N*)个相同的数(－1)kk，组成数列{bn}，记数列{bn}的前n项的和为Tn，求T27的值． 解：(1)由条件证明数列{an＋1－an}为等比数列，利用累加法求数列{an}的通项公式；(2)数列{bn}中在ak＋1之前共有k＋(1＋2＋3＋…＋k)＝eq \f(k2＋3k,2)项，由此确定前27项的值，再分组，结合等比求和公式可求得答案． (1)因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2)， 所以an＋1－an＝2an－2an－1，又a1＝1，a2＝2， 所以数列{an＋1－an}为首项为1，公比为2的等比数列， 所以an＋1－an＝2n－1， 所以当n≥2，n∈N*时， a2－a1＝1，a3－a2＝2，…，an－an－1＝2n－2， 所以an－a1＝1＋2＋…＋2n－2＝eq \f(1－2n－1,1－2)＝2n－1－1， 所以当n≥2，n∈N*时，an＝2n－1，又a1＝1也满足该关系， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)； (2)数列{bn}中在ak＋1之前共有k＋(1＋2＋…＋k)＝k＋eq \f(1＋kk,2)＝eq \f(k2＋3k,2)项， 当k＝5时，eq \f(k2＋3k,2)＝20＜27，当k＝6时eq \f(k2＋3k,2)＝27 则T27＝(1＋2＋22＋…＋25)＋(－12＋22－32＋42－52＋62)＝eq \f(1－26,1－2)＋(3＋7＋11) ＝26－1＋21＝84. $$