第7章 素能培优(八) 子数列问题-【金版教程】2026年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（提升版）

第七章　数列 素能培优(八) 　子数列问题 子数列问题是近几年高考的重点和热点，常出现在解答题中．其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.2023年新课标Ⅱ卷出现在第18题，考查了奇偶项问题，难度中等． 核心考向 目录 核心考向 考向一　奇偶项问题 解： (1)由已知，a1＝1，a2＝a1＋1＝2，a3＝a2＋2＝4，a4＝a3＋1＝5， 所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5， 因为a2n＋1＝a2n＋2＝a2n－1＋1＋2＝a2n－1＋3，即a2n＋1－a2n－1＝3， 所以数列{an}的奇数项构成以1为首项，3为公差的等差数列， 核心考向 5 核心考向 6 核心考向 7 对于通项公式奇、偶项不同的数列{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. 核心考向 8 核心考向 9 核心考向 10 考向二　公共项问题 (2025·河南安阳模拟)已知数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，且bn∈N*，若a1＝b2＝2，a1＋a2＋a3＝b1＋b2＋b3＋b4＝15. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设由{an}，{bn}的公共项构成的新数列记为{cn}，求数列{cn}的前5项和S5. 核心考向 11 核心考向 12 核心考向 13 核心考向 14 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． 核心考向 15 (2025·湖北宜昌模拟)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. 核心考向 16 解：(1)由题意可得an＝2＋(n－1)×3＝3n－1， 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， 核心考向 17 核心考向 18 考向三　增减项问题 核心考向 19 核心考向 20 对于数列的中间插项或减项构成新数列问题，我们要把握两点：先判断数列之间共插入(减少)了多少项(运用等差、等比求和或者项数公式去看)，再对于题目给出的条件确定它包含了哪些项． 核心考向 21 (2025·湖北武汉模拟)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an－1(n∈N*)，bn＝log2(an－1)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)将数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，求数列{cn}的前50项和S50. 核心考向 22 核心考向 23 核心考向 24 　　　　　　　　　　　　　 R 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数.)) (1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式； (2)求{an}的前20项和． 所以当n为奇数时， an＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,2)－1))×3＝eq \f(3n－1,2)， 因为a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，即a2n＋2－a2n＝3，所以数列{an}的偶数项构成以2为首项，3为公差的等差数列， 所以当n为偶数时，an＝2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1))×3＝eq \f(3n－2,2)， 而bn＝a2n＝eq \f(3×2n－2,2)＝3n－1， 所以bn＝3n－1. (2)由(1)，知{an}的前20项和 S20＝a1＋a2＋…＋a20 ＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20) ＝10×1＋eq \f(10×9,2)×3＋10×2＋eq \f(10×9,2)×3 ＝300， 所以{an}的前20项和为300. (2025·山东潍坊模拟)设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)an＋n，n为奇数，,an－2n，n为偶数.)) (1)证明：{a2n－2}是等比数列； (2)求满足S2n>0的所有正整数n. 解：(1)证明：由已知得a2n＋2＝eq \f(1,2)a2n＋1＋2n＋1＝eq \f(1,2)(a2n－4n)＋2n＋1＝eq \f(1,2)a2n＋1， 所以a2n＋2－2＝eq \f(1,2)(a2n－2)，其中a2＝eq \f(3,2)，a2－2＝－eq \f(1,2)≠0， 所以{a2n－2}是以－eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列． (2)由(1)知a2n－2＝－eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，所以a2n＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)＋2， a2n－1＝6－4n－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，所以a2n－1＋a2n＝8－4n－3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)， 所以S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n) ＝8n－4(1＋2＋…＋n)－3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n))) ＝－2n2＋6n－3＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(3,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(3,2)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)， 当n≥2时，{S2n}递减，其中S2＝eq \f(5,2)，S4＝eq \f(7,4)，S6＝－eq \f(21,8)， 所以满足S2n>0的所有正整数n为1，2. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q， 因为a1＝2，a1＋a2＋a3＝15， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,2a1＋3d＝13，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝3，)) 所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1， 因为b2＝2，b1＋b2＋b3＋b4＝15， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1q＝2，,b1＋b1q2＋b1q3＝13，)) 则2q3＋2q2－13q＋2＝0， 所以(q－2)(2q2＋6q－1)＝0， 因为bn∈N*，所以q＝2，b1＝1， 所以bn＝2n－1. (2)设数列{an}的第m项与数列{bn}的第n项相等， 则am＝bn⇒3m－1＝2n-1，m，n∈N*， 所以m＝eq \f(2n－1＋1,3)，m，n∈N*， 因为m，n∈N*， 所以当n＝1时，m＝eq \f(2,3)∉N*； 当n＝2时，m＝1，则c1＝2； 当n＝3时，m＝eq \f(5,3)∉N*； 当n＝4时，m＝3，则c2＝8； 当n＝5时，m＝eq \f(17,3)∉N*； 当n＝6时，m＝11，则c3＝32； 当n＝7时，m＝eq \f(65,3)∉N*； 当n＝8时，m＝43，则c4＝128； 当n＝9时，m＝eq \f(257,3)∉N*； 当n＝10时，m＝171，则c5＝512. 故数列{cn}的前5项和S5＝2＋8＋32＋128＋512＝682. 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)＝eq \f(9（27n－1）,26)＋eq \f(n（3n＋1）,2)(n∈N*)． (2025·广西百色模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，有Sn＝eq \f(3n2,2)－eq \f(3n,2). (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＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3n2,2)－\f(3n,2)))－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3（n－1）2,2)－\f(3（n－1）,2)))＝3n－3. 当n＝1时，a1＝S1＝0，也满足上式， 故an＝3(n－1)． (2)由(1)可得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)＝eq \f(87（a1＋a87）,2)＋eq \f(4×（44－1）,4－1)＝11223＋340＝11563. 解：(1)因为an＋1＝2an－1， 所以an＋1－1＝2(an－1)， 又因为a1－1＝3－1＝2≠0， 所以eq \f(an＋1－1,an－1)＝2，n∈N*， 所以数列{an－1}是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以an－1＝2×2n－1，即an＝2n＋1. (2)由bn＝log2(an－1)，得bn＝log22n＝n， 因为b50＝50，a5＝33，a6＝65， 又b55＝55，a5<b55<a6， 所以数列{cn}的前50项由数列{bn}的前55项去掉数列{an}的前5项组成， 所以S50＝(b1＋b2＋…＋b55)－(a1＋a2＋…＋a5) ＝eq \f(55×（1＋55）,2)－(3＋5＋9＋17＋33)＝1473. $$