专题三 微重点2 子数列与增减项问题-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考数学复习讲义课件（基础版）（课件PPT+word教案）

微重点2　子数列与增减项问题 ［考情分析］　子数列问题(包括数列中的奇数项、偶数项、公共项以及分段数列)与数列的增减项问题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. 考点一　奇数项、偶数项 例1　(2024·新乡模拟)已知数列{an}满足a1=1，an+1= (1)记bn=a2n-1，证明：数列{bn}是等比数列，并求{bn}的通项公式； (2)求数列{an}的前2n项和S2n. (1)证明　由题意可知，=====6， 所以数列{bn}是首项为b1=a1=1，公比为6的等比数列，故bn=6n-1. (2)解　由题意可知，a2n=2a2n-1-1， 所以S2n=a1+a2+a3+…+a2n =(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n) =(a1+a3+…+a2n-1)+(2a1-1+2a3-1+…+2a2n-1-1) =3(a1+a3+…+a2n-1)-n =3(b1+b2+b3+…+bn)-n =3×-n =×6n-n-. ［规律方法］　(1)数列中的奇数项、偶数项问题的常见题型 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. (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. 跟踪演练1　(2024·运城模拟)已知数列{an}各项均不为零，前n项和为Sn，满足a1=，Sn=(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； (2)求S2n-1. 解　(1)由题意知，当n=1时，a1=S1=， 可得a2=2； 当n≥2时，由Sn=，得Sn-1=， 所以Sn-Sn-1=an=， 又an≠0，整理可得an+1-an-1=2， 所以数列{an}中的奇数项是以为首项，2为公差的等差数列， 数列{an}中的偶数项是以2为首项，2为公差的等差数列， 当n为奇数时，an=a1+×2=n-； 当n为偶数时，an=a2+×2=n. 综上所述，an= (2)S2n-1=a1+a2+…+a2n-2+a2n-1 =(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n-2) =+［2+4+…+(2n-2)］ =-n+ =n2-n+n2-n =2n2-n. 考点二　两数列的公共项 例2　已知数列{an}的前n项和Sn=，数列{bn}为等比数列，公比为2，且b1，b2+1，b3为等差数列. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排成的数列记为{cn}，求数列{cn}的前n项和Tn. 解　(1)由Sn=， 得当n=1时，a1=S1=2， 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3n-1， 当n=1时，上式也成立， 所以an=3n-1. 依题意，b1+b3=2(b2+1)， 即b1+b1·22=2(b1·2+1)， 解得b1=2，所以bn=2n. (2)数列{an}和{bn}的公共项从小到大依次为21，23，25，27，…， 所以21，23，25，27，…构成首项为2，公比为4的等比数列，所以cn=2×4n-1，则Tn=c1+c2+…+cn==(4n-1). ［规律方法］　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. 跟踪演练2　(2024·郑州模拟)已知数列{an}和数列{bn}的通项公式分别为an=3n+1和bn=5n+1，若它们的公共项从小到大依次排列构成新数列{cn}，则满足不等式cn≤2 024的最大的整数n等于(　　) A.134 B.135 C.136 D.137 答案　A 解析　依题意，令ak=bm，k，m∈N*， 则3k+1=5m+1，即有m=k，显然k是5的正整数倍， 令k=5n，n∈N*， 因此cn=a5n=15n+1，由15n+1≤2 024， 解得n≤134， 所以最大的整数n=134. 考点三　数列有关增减项问题 例3　(2024·哈尔滨模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，有Sn=-. (1)求数列{an}的通项公式； (2)对所有正整数m，若ak<4m<ak+1，则在ak和ak+1两项中插入4m，由此得到一个新数列{bn}，求{bn}的前91项和. 解　(1)当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-=3n-3. 当n=1时，a1=0，也满足上式， 故an=3(n-1). (2)由a91=270，所以44<a91<45， 又a87=258>44，所以{bn}的前91项中有87项来自{an}， 所以b1+b2+…+b91=(a1+a2+…+a87)+(41+42+43+44) =+ =11 223+340=11 563. ［规律方法］　解决此类问题的关键是理解题意，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. 跟踪演练3　已知数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn=n2+n，在等比数列{an}中，a1=b1，a4=b8. (1)求数列{bn}与{an}的通项公式； (2)若{bn}中去掉{an}的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求{cn}的前20项和. 解　(1)∵Sn=n2+n， ∴当n≥2时，bn=Sn-Sn-1=2n. 又b1=S1=2也符合上式，∴bn=2n. ∵a1=b1=2，a4=b8=16， ∴等比数列{an}的公比为2，∴an=2n. (2)∵a1=2，a2=4，a3=8， a4=16，a5=32，b25=50， ∴c1+c2+…+c20 =(b1+b2+…+b25)-(a1+a2+…+a5) =S25-(21+22+…+25) =252+25-=650-62=588. 专题强化练 (分值：50分) 1.(12分)(2024·昆明模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，Sn=+. (1)求数列{an}的通项公式；(6分) (2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，求数列的前2 024项和.(6分) 解　(1)当n=1时，a1=+，所以a1=， 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=+-， 所以=-1， 所以数列{an}是以为首项，-1为公比的等比数列，即an=. (2)由题意， dn===， 则=，记数列的前n项和为Tn， 所以T2 024=-2+3-4+5+…-2 024+2 025 =1×=1 012. 2.(12分)(2024·厦门模拟)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，S4=10，且为等差数列. (1)求{an}的通项公式；(6分) (2)若bn=求{bn}的前2n项和T2n.(6分) 解　(1)设等差数列的公差为d， 因为a1=S1=1， 所以-=3d， 即-1=3d，解得d=， 所以=1+(n-1)，即Sn=， 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-=n， 当n=1时，a1=1，满足上式，所以an=n. (2)由(1)知bn= 则T2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+b6+…+b2n) =(1+3+5+…+2n-1)+ =+=n2+， 所以数列{bn}的前2n项和T2n=n2+. 3.(13分)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn=+2an-3(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式；(6分) (2)将数列{an}和数列{2n}中所有的项按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{bn}，求{bn}的前100项和.(7分) 解　(1)依题意an>0，当n=1时， 4S1=4a1=+2a1-3， 解得a1=3， 由4Sn=+2an-3， ① 得当n≥2时，有4Sn-1=+2an-1-3， ② ①-②得，4an=-+2an-2an-1， ∴(an+an-1)(an-an-1-2)=0(n≥2)， ∵an+an-1>0，∴an-an-1=2(n≥2)， ∴数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列， ∴an=2n+1，n∈N*. (2)由(1)得，a100=201， 又27<201<28，同时a93=187>27，∴b100=a93， ∴b1+b2+…+b100=(a1+a2+…+a93)+(21+22+…+27)=+=9 089. ∴{bn}的前100项和为9 089. 4.(13分)(2024·滨州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4=7，S5=25. (1)求{an}的通项公式；(4分) (2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak+1(k=1，2，…)之间插入2k-1个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，求{bn}的前150项和T150.(9分) 解　(1)因为{an}为等差数列，则S5=5a3=25，即a3=5， 设{an}的公差为d， 可得d=a4-a3=2，a1=a3-2d=1，所以an=1+2(n-1)=2n-1. (2)因为在ak与ak+1(k=1，2，…)之间插入2k-1个3， 可知ak(k≥2)在数列{bn}中对应的项数为 n=k+20+21+…+2k-2=k+=2k-1+k-1， 当k=8时，则n=27+7=135，即a8=b135； 当k=9时，则n=28+8=264，即a9=b264， 由题意可知b136=b137=…=b150=3， 所以T150=S8+3×(150-8)=+426=490. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 子数列与增减项问题 微重点2 子数列问题(包括数列中的奇数项、偶数项、公共项以及分段数列)与数列的增减项问题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. 考情分析 考点一 考点二 奇数项、偶数项 两数列的公共项 专题强化练 内容索引 考点三 数列有关增减项问题 考点一 奇数项、偶数项 (2024·新乡模拟)已知数列{an}满足a1=1，an+1= (1)记bn=a2n-1，证明：数列{bn}是等比数列，并求{bn}的通项公式； 例1 由题意可知，=====6， 所以数列{bn}是首项为b1=a1=1，公比为6的等比数列，故bn=6n-1. (2)求数列{an}的前2n项和S2n. 由题意可知，a2n=2a2n-1-1， 所以S2n=a1+a2+a3+…+a2n =(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n) =(a1+a3+…+a2n-1)+(2a1-1+2a3-1+…+2a2n-1-1) =3(a1+a3+…+a2n-1)-n =3(b1+b2+b3+…+bn)-n =3×-n =×6n-n-. 规律方法 (1)数列中的奇数项、偶数项问题的常见题型 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. (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. (2024·运城模拟)已知数列{an}各项均不为零，前n项和为Sn，满足a1=，Sn=(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； 跟踪演练1 由题意知，当n=1时，a1=S1=， 可得a2=2； 当n≥2时，由Sn=，得Sn-1=， 所以Sn-Sn-1=an=， 又an≠0，整理可得an+1-an-1=2， 所以数列{an}中的奇数项是以为首项，2为公差的等差数列， 数列{an}中的偶数项是以2为首项，2为公差的等差数列， 当n为奇数时，an=a1+×2=n-； 当n为偶数时，an=a2+×2=n. 综上所述，an= (2)求S2n-1. S2n-1=a1+a2+…+a2n-2+a2n-1 =(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n-2) =+［2+4+…+(2n-2)］ =-n+ =n2-n+n2-n =2n2-n. 考点二 两数列的公共项 已知数列{an}的前n项和Sn=，数列{bn}为等比数列，公比为2，且b1，b2+1，b3为等差数列. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； 例2 由Sn=， 得当n=1时，a1=S1=2， 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3n-1， 当n=1时，上式也成立， 所以an=3n-1. 依题意，b1+b3=2(b2+1)， 即b1+b1·22=2(b1·2+1)， 解得b1=2，所以bn=2n. (2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排成的数列记为{cn}，求数列{cn}的前n项和Tn. 数列{an}和{bn}的公共项从小到大依次为21，23，25，27，…， 所以21，23，25，27，…构成首项为2，公比为4的等比数列，所以cn=2×4n-1，则Tn=c1+c2+…+cn==(4n-1). 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. 规律方法 (2024·郑州模拟)已知数列{an}和数列{bn}的通项公式分别为an=3n+1和bn=5n+1，若它们的公共项从小到大依次排列构成新数列{cn}，则满足不等式cn≤2 024的最大的整数n等于 A.134 B.135 C.136 D.137 跟踪演练2 √ 依题意，令ak=bm，k，m∈N*， 则3k+1=5m+1，即有m=k，显然k是5的正整数倍， 令k=5n，n∈N*， 因此cn=a5n=15n+1，由15n+1≤2 024， 解得n≤134， 所以最大的整数n=134. 考点三 数列有关增减项问题 (2024·哈尔滨模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，有Sn=-. (1)求数列{an}的通项公式； 例3 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-=3n-3. 当n=1时，a1=0，也满足上式， 故an=3(n-1). (2)对所有正整数m，若ak<4m<ak+1，则在ak和ak+1两项中插入4m，由此得到一个新数列{bn}，求{bn}的前91项和. 由a91=270，所以44<a91<45， 又a87=258>44，所以{bn}的前91项中有87项来自{an}， 所以b1+b2+…+b91=(a1+a2+…+a87)+(41+42+43+44) =+ =11 223+340=11 563. 解决此类问题的关键是理解题意，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. 规律方法 已知数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn=n2+n，在等比数列{an}中，a1=b1，a4=b8. (1)求数列{bn}与{an}的通项公式； 跟踪演练3 ∵Sn=n2+n， ∴当n≥2时，bn=Sn-Sn-1=2n. 又b1=S1=2也符合上式，∴bn=2n. ∵a1=b1=2，a4=b8=16， ∴等比数列{an}的公比为2，∴an=2n. (2)若{bn}中去掉{an}的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求{cn}的前20项和. ∵a1=2，a2=4，a3=8， a4=16，a5=32，b25=50， ∴c1+c2+…+c20 =(b1+b2+…+b25)-(a1+a2+…+a5) =S25-(21+22+…+25) =252+25-=650-62=588. 专题强化练 1 2 3 4 答案 1. (1)当n=1时，a1=+， 所以a1=， 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=+-， 所以=-1， 所以数列{an}是以为首项，-1为公比的等比数列， 即an=. 1. (2)由题意，dn===， 则=， 记数列的前n项和为Tn， 所以T2 024=-2+3-4+5+…-2 024+2 025=1×=1 012. 1 2 3 4 答案 2. (1)设等差数列的公差为d， 因为a1=S1=1， 所以-=3d， 即-1=3d，解得d=， 所以=1+(n-1)， 即Sn=， 1 2 3 4 答案 2. 当n≥2时， an=Sn-Sn-1=-=n， 当n=1时，a1=1，满足上式， 所以an=n. 1 2 3 4 答案 2. (2)由(1)知bn= 则T2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+b6+…+b2n) =(1+3+5+…+2n-1)+ =+=n2+， 所以数列{bn}的前2n项和T2n=n2+. 1 2 3 4 答案 3. (1)依题意an>0，当n=1时，4S1=4a1=+2a1-3， 解得a1=3， 由4Sn=+2an-3， ① 得当n≥2时， 有4Sn-1=+2an-1-3， ② ①-②得，4an=-+2an-2an-1， ∴(an+an-1)(an-an-1-2)=0(n≥2)， 1 2 3 4 答案 3. ∵an+an-1>0， ∴an-an-1=2(n≥2)， ∴数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列， ∴an=2n+1，n∈N*. 1 2 3 4 答案 3. (2)由(1)得，a100=201， 又27<201<28，同时a93=187>27，∴b100=a93， ∴b1+b2+…+b100=(a1+a2+…+a93)+(21+22+…+27) =+=9 089. ∴{bn}的前100项和为9 089. 1 2 3 4 答案 4. (1)因为{an}为等差数列， 则S5=5a3=25，即a3=5， 设{an}的公差为d， 可得d=a4-a3=2，a1=a3-2d=1，所以an=1+2(n-1)=2n-1. 1 2 3 4 答案 4. (2)因为在ak与ak+1(k=1，2，…)之间插入2k-1个3， 可知ak(k≥2)在数列{bn}中对应的项数为 n=k+20+21+…+2k-2=k+=2k-1+k-1， 当k=8时，则n=27+7=135， 即a8=b135； 1 2 3 4 答案 4. 当k=9时，则n=28+8=264， 即a9=b264， 由题意可知b136=b137=…=b150=3， 所以T150=S8+3×(150-8)=+426=490. 1 2 3 4 答案 1 2 3 4 1.(2024·昆明模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，Sn=+. (1)求数列{an}的通项公式； 答案 当n=1时，a1=+，所以a1=， 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=+-， 所以=-1， 所以数列{an}是以为首项，-1为公比的等比数列，即an=. 1 2 3 4 (2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，求数列的前2 024项和. 答案 由题意， dn===， 则=的前n项和为Tn， 所以T2 024=-2+3-4+5+…-2 024+2 025=1×=1 012. 1 2 3 4 2.(2024·厦门模拟)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，S4=10，且为等差数列. (1)求{an}的通项公式； 答案 1 2 3 4 答案 设等差数列的公差为d， 因为a1=S1=1， 所以-=3d， 即-1=3d，解得d=， 所以=1+(n-1)，即Sn=， 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-=n， 当n=1时，a1=1，满足上式，所以an=n. 1 2 3 4 (2)若bn=求{bn}的前2n项和T2n. 答案 1 2 3 4 答案 由(1)知bn= 则T2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+b6+…+b2n) =(1+3+5+…+2n-1)+ =+=n2+， 所以数列{bn}的前2n项和T2n=n2+. 1 2 3 4 3.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn=+2an-3(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； 答案 1 2 3 4 答案 依题意an>0，当n=1时，4S1=4a1=+2a1-3， 解得a1=3， 由4Sn=+2an-3， ① 得当n≥2时，有4Sn-1=+2an-1-3， ② ①-②得，4an=-+2an-2an-1， ∴(an+an-1)(an-an-1-2)=0(n≥2)， ∵an+an-1>0，∴an-an-1=2(n≥2)， ∴数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列， ∴an=2n+1，n∈N*. 1 2 3 4 (2)将数列{an}和数列{2n}中所有的项按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{bn}，求{bn}的前100项和. 答案 由(1)得，a100=201， 又27<201<28，同时a93=187>27，∴b100=a93， ∴b1+b2+…+b100=(a1+a2+…+a93)+(21+22+…+27) =+=9 089. ∴{bn}的前100项和为9 089. 4.(2024·滨州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4=7，S5=25. (1)求{an}的通项公式； 1 2 3 4 答案 因为{an}为等差数列，则S5=5a3=25，即a3=5， 设{an}的公差为d， 可得d=a4-a3=2，a1=a3-2d=1，所以an=1+2(n-1)=2n-1. 1 2 3 4 答案 (2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak+1(k=1，2，…)之间插入2k-1个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，求{bn}的前150项和T150. 1 2 3 4 答案 因为在ak与ak+1(k=1，2，…)之间插入2k-1个3， 可知ak(k≥2)在数列{bn}中对应的项数为 n=k+20+21+…+2k-2=k+=2k-1+k-1， 当k=8时，则n=27+7=135，即a8=b135； 当k=9时，则n=28+8=264，即a9=b264， 由题意可知b136=b137=…=b150=3， 所以T150=S8+3×(150-8)=+426=490. 本课结束 THANKS $$