专题3 培优点2 子数列问题-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习教师用书Word

培优点2　子数列问题 　　子数列问题包括数列中的奇偶项问题、两数列的公共项与并项问题，增、减项问题，是近几年高考的重点和热点，解题的一般方法是构造新数列，利用新数列的特征（等差、等比或其他数列特征）求解原数列. 数列中的奇偶项问题 【例1】　已知数列{an}满足a1＋a3＝2a2，an＋1＝数列{cn}满足cn＝a2n－1. （1）求数列{cn}和{an}的通项公式； （2）求数列{an}的前n项和Sn. 解：（1）由an＋1＝得a2＝3a1，a3＝a2＋2＝3a1＋2， 因为a1＋a3＝2a2，即a1＋3a1＋2＝6a1， 解得a1＝1， 由cn＝a2n－1，得c1＝a1＝1，cn＋1＝a2n＋1， 又a2k＝3a2k－1，a2k＋1＝a2k＋2，k∈N*， 故a2k＋1＝3a2k－1＋2，所以ck＋1＝3ck＋2，即cn＋1＝3cn＋2， 所以cn＋1＋1＝3（cn＋1）， 又c1＋1＝2，所以数列{cn＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列， 所以cn＋1＝2·3n－1，所以cn＝2·3n－1－1， 则a2n－1＝2·3n－1－1，故a2n＝3a2n－1＝2·3n－3， 所以an＝ （2）当n为偶数时，Sn＝（a1＋a3＋…＋an－1）＋（a2＋a4＋…＋an）＝4（a1＋a3＋…＋an－1）＝4（c1＋c2＋…＋）＝4×［－］＝4·－2n－4； 当n为奇数时，Sn＝Sn＋1－an＋1＝4·－2（n＋1）－4－（2·－3）＝2·－2n－3， 综上所述，Sn＝ 感悟提升 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的问题； （3）含有{a2n}，{a2n－1}的问题； （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. 　（2024·安康模拟）已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a2＋2a3＝13，S6＝36. （1）求{an}的通项公式； （2）若数列{bn}满足bn＝（－1）nan＋[（－1）n＋1]2n，求{bn}的前2n项和T2n. 解：（1）设等差数列{an}的公差为d， 由a2＋2a3＝13，S6＝36， 得解得 所以an＝2n－1. （2）由（1）得bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]2n， 当n为奇数时，bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]·2n＝－（2n－1）， 当n为偶数时，bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]·2n＝（2n－1）＋2n＋1， 所以T2n＝（a2－a1）＋（a4－a3）＋…＋（a2n－a2n－1）＋（23＋25＋…＋22n＋1）＝2n＋＝＋2n. 两数列的公共项与并项问题 【例2】　（1）若数列{4n－3}和{3n}的所有项分别构成集合A，B，将A∪B的元素按从小到大的顺序依次排列构成一个新数列{cn}，则c1＋c2＋c3＋…＋c20＝660； （2）（2024·四川名校联考）已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，将数列{an}与数列{2n－1}的公共项从小到大依次排列得到数列{bn}，Tn为数列{an·bn}的前n项和，则Tn＝（n－1）·2n＋2＋4. 解析：（1）设an＝4n－3，bn＝3n，a20＝77，令bn＜77，则n＝1，2，3，所以b1＝3，b2＝9，b3＝27.在新数列{cn}的前20项中，因为a3＝9与b2＝9为公共项，所以前20项为数列{an}中的18项以及b1，b3.故T20＝a1＋a2＋a3＋…＋a18＋b1＋b3＝18×1＋×4＋3＋27＝660. （2）由题意知，数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，当n＝1时，a1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[（n－1）2＋n－1]＝2n.a1＝2也满足an＝2n，所以an＝2n，n∈N*，所以数列{an}的各项为2，4，6，8，10，…，又数列{2n－1}的各项为1，2，4，8，16，…，数列{an}与数列{2n－1}的公共项从小到大依次排列得到数列{bn}，所以bn＝2n，所以an·bn＝n·2n＋1，所以Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1　①，2Tn＝1×23＋2×24＋…＋（n－1）×2n＋1＋n×2n＋2　②，则①－②得，－Tn＝（22＋23＋24＋…＋2n＋1）－n×2n＋2＝－n×2n＋2＝（1－n）×2n＋2－4，则Tn＝（n－1）·2n＋2＋4. 感悟提升 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；等差数列与等比数列的公共项是等比数列. 2.解决两数列并项问题的关键是正确理解A∪B中的元素特征并准确找出两个数列的公共项. 　已知an＝，bn＝，n∈N*，将数列{an}与数列{bn}的公共项按从小到大的顺序排列，组成一个新数列{cn}，则数列{cn}的前99项和为. 解析：因为数列{2n－1}是正奇数数列，对于数列{（n＋1）2－1}，当n为奇数时，（n＋1）2－1为奇数，当n为偶数时，（n＋1）2－1为偶数，所以数列{2n－1}与{（n＋1）2－1}的公共项为奇数，令n＝2k－1（k∈N*），则（n＋1）2－1＝4k2－1，故cn＝.cn＝＝＝（－），所以c1＋c2＋…＋c99＝×（1－＋－＋…＋－）＝×（1－）＝. 数列中的增、减项问题 【例3】　（2024·滨州二模）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； （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. 解：（1）因为{an}为等差数列，则S5＝5a3＝25， 即a3＝5， 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. 感悟提升 　　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. 　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{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且n∈N*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. 1.（2024·湘豫名校联考）已知等比数列{an}的公比与等差数列{bn}的公差均为2，且a1＝b1＋2＝2，设数列{cn}满足cn＝n∈N*，则数列{cn}的前20项的和为（　　） A. B. C. D. 解析：B　因为a1＝b1＋2＝2，所以b1＝0，a1＝2，所以an＝2n，bn＝2n－2，根据题意，cn＝所以T20＝a1＋b2＋a3＋b4＋…＋a19＋b20＝（2＋23＋25＋…＋219）＋2（1＋3＋5＋…＋19）＝＋2×＝.故选B. 2.（2024·漳州第三次质量检测）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　令3t－1＝2m，得t＝＝＝＝，k∈N*，当m是正奇数，即m＝2n－1时，t是正整数，符合题意，所以an＝22n－1，所以a20＝22×20－1＝239，故选C. 3.已知数列：1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，即此数列第一项是20，接下来两项是20，21，再接下来三项是20，21，22，依此类推，设Sn是此数列的前n项和，则S2 025＝（　　） A.264＋446 B.263＋190 C.264＋62 D.263＋62 解析：A　将数列分组：第一组有一项，和为20；第二组有两项，和为20＋21；…；第n组有n项，和为20＋21＋…＋2n－1＝＝2n－1，则前63组共有＝2 016（项），所以S2 025＝20＋（20＋21）＋…＋（20＋21＋…＋262）＋20＋21＋22＋23＋24＋25＋26＋27＋28＝（21－1）＋（22－1）＋…＋（263－1）＋（29－1）＝（2＋22＋…＋263）－63＋511＝＋448＝264＋446. 4.（2024·河南五市第一次联考）在等差数列{an}中，a3＋a4＋a11＝84，a7＝33. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若记bk（k∈N*）为{an}中落在区间（5k，52k）内项的个数，求{bk}的前k项和Tk. 解：（1）在等差数列{an}中，由a3＋a4＋a11＝84，得a4＋2a7＝84，而a7＝33，解得a4＝18， 因此数列{an}的公差d＝＝5， an＝a4＋（n－4）d＝5n－2，所以数列{an}的通项公式是an＝5n－2. （2）由5k＜an＜52k，得5k＜5n－2＜52k，整理得5k－1＋＜n＜52k－1＋， 因此正整数n满足5k－1＋1≤n≤52k－1，从而得bk＝52k－1－5k－1， 所以{bk}的前k项和为Tk＝－＝（52k＋1－6×5k＋1）（k∈N*）. 5.（2024·湖南九校联盟第二次联考）已知数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＋an＝3；数列{bn}满足bn＋bn＋1＝2n＋1，其中b1＝1. （1）求数列{an}，{bn}的通项公式； （2）对于给定的正整数i（i＝1，2，…，n），在ai和ai＋1之间插入i个数ci1，ci2，…，cii，使ai，ci1，ci2，…，cii，ai＋1成等差数列.求Tn＝c11＋c21＋c22＋…＋cn1＋cn2＋…＋cnn. 解：（1）由2Sn＋an＝3，　① 当n≥2时，2Sn－1＋an－1＝3，　② ①－②得2an＋an－an－1＝0.∴an＝an－1（n≥2）， 当n＝1时，2a1＋a1＝3，∴a1＝1， ∴{an}是首项为1，公比为的等比数列，故an＝（）n－1（n∈N*）. 由bn＋bn＋1＝2n＋1，　③ 得bn＋1＋bn＋2＝2n＋3.　④ ④－③得bn＋2－bn＝2， 又由b1＝1，得b2＝2， ∴{bn}的所有奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列； 所有偶数项构成首项为2，公差为2的等差数列. 得b2n－1＝1＋（n－1）×2＝2n－1，b2n＝2＋（n－1）×2＝2n，∴bn＝n（n∈N*）. 综上可得an＝（）n－1，bn＝n（n∈N*）. （2）在an和an＋1之间新插入n个数cn1，cn2，…，cnn，使an，cn1，cn2，…，cnn，an＋1成等差数列，设公差为dn，则dn＝＝＝－， 则cnk＝an＋kdn＝（）n－1－，∴cnk＝－·＝. Tn＝c11＋c21＋c22＋…＋cn1＋cn2＋…＋cnn＝2（＋＋…＋）， ⑤ 则Tn＝2（＋＋…＋）. ⑥ ⑤－⑥得Tn＝2（＋＋…＋－）＝2＝1－， ∴Tn＝－. 5 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $