进阶点4 数列中的子数列和增减项问题(专题微讲PPT)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学高考复习课件聚焦数列中的子数列（公共项、奇偶项）和增减项问题，依据高考评价体系梳理三大核心考点，通过近五年真题分析明确“奇偶项分拆”“公共项判断”等高频考查方向，归纳典型题型并构建解题框架，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题引领+方法提炼+素养提升”，如以2021新课标Ⅰ卷奇偶项问题为例，通过构造新数列bn=a2n培养数学思维和推理能力，公共项问题采用最小公倍数法判断等差等比特征，帮助学生掌握构造法、分拆法等技巧，提升得分率，为教师提供系统复习方案和实战训练素材，助力高效备考。

4　数列中的子数列和增减项问题 数列子数列问题(包括数列中的奇偶项、公共项数列等)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． 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解析 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 方法提炼 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 方法提炼 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 方法提炼 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 解 考前顶层设计 数学 第 ‹#› 页 微在字里 赢在行间 本部分内容讲解结束 把握高考微点，实现素能提升，完成微练（十） 题型一　数列的公共项问题 例1　记由数列{an}和{bn}的公共项组成的数列为{cn}，已知an＝3n－2，bn＝2n，若{cn}为递增数列，且c5＝bm＝at，则m＋t＝________． 352 由已知得c1＝b2＝a2＝4，设cn＝bm＝at，即cn＝2m＝3t－2，则bm＋1＝2m+1＝2(3t－2)，由bm＋1＝3t′－2，得t′＝，因为t′不是正整数，所以bm＋1不是公共项．同理，由bm＋2＝2m+2＝4(3t－2)＝3t′－2，得t′＝4t－2，故cn＋1＝bm＋2＝a4t－2.因为c1＝b2＝a2＝4，所以c2＝b4＝a6，c3＝b6＝a22，c4＝b8＝a86，c5＝b10＝a342，故当n＝5时，m＝10，t＝342，故m＋t＝352. (1)解答数列中公共项问题的关键在于观察这些公共项的规律，判断其是否构成等差数列或等比数列． (2)两个等差数列的公共项是等差数列，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． 训练1　已知数列{an}的前n项和Sn＝，{bn}为等比数列，公比为2，且b1，b2＋1，b3为等差数列． (1)求{an}与{bn}的通项公式； 由Sn＝，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)，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，…，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). 题型二　数列的奇偶项问题 例2　(2021·新课标Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ (1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式； 因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝所以b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*. (2)求{an}的前20项和． 因为an＋1＝所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，即a2k＝a2k－1＋1　①，a2k＋1＝a2k＋2　②，a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1　③，所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；②＋③得a2k＋ 2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋×3＋20＋×3＝300. 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. 训练2　已知数列{an}满足a1＝3，an＝an－1＋2n-1(n≥2，n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； 因为an－an－1＝2n-1(n≥2)，所以当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－1－an－2)＋(an－an－1)＝3＋2＋22＋…＋2n-2＋2n-1＝2＋＝2n＋1，检验知当n＝1时上式也成立，故an＝2n＋1(n∈N*). (2)令bn＝an－1＋(－1)nlog2(an－1)，求数列{bn}的前n项和Tn. 由题意知，bn＝2n＋(－1)nn.当n为偶数时，Tn＝2＋22＋…＋2n＋(－1)＋2＋(－3)＋4＋…＋(－1)nn＝＋＝2n+1－2＋；当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋2n＋(－1)nn＝2n－2＋＋2n－n＝2n+1－2－且n≥3， 当n＝1时，T1＝b1＝2－1＝1，满足Tn＝2n+1－2－.综上，Tn＝ 题型三　数列的增减项问题 例3　已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝2Sn＋2(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； 设等比数列{an}的公比为q，由题意知当n＝1时，a1q＝2a1＋2　①，当n＝2时，a1q2＝2(a1＋a1q)＋2　②，由①②解得a1＝2，q＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝2×3n-1. (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，在数列{dn}中是否存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列，且m≠k≠p)成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由． 不存在．理由如下：由(1)知an＝2×3n-1，则an＋1＝2×3n，所以an＋1＝an＋(n＋2－1)dn，所以dn＝＝.假设数列{dn}中存在3项 dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列，且m≠k≠p)成等比数列，则d＝dm·dp，所以＝·，即＝.又因为m，k，p成等差数列，所以2k＝m＋p，所以(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，化简得k2＋2k＝mp＋m＋p，所以k2＝mp，又2k＝m＋p，所以k＝m＝p，这与已知矛盾．所以在数列{dn}中不存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列，且m≠k≠p)成等比数列． 解答数列中的增减项问题时，先观察增加或减少以后的数列是等差数列，等比数列，还是局部具有等差或等比特征的数列，然后按照各自的性质进行求解． 训练3　已知数列{bn}为等比数列，正项数列{an}满足4an＝a－a－4，且a1＝2，b1＝1，a4＝b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式； 因为4an＝a－a－4，所以a＝(an＋2)2，又an>0，所以an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2，又a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列，所以an＝2＋(n－1)·2＝2n.设{bn}的公比为q，因为b4＝a4＝8，b1＝1，所以q3＝8，解得q＝2，所以bn＝2n-1.综上，数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝2n，bn＝2n-1. (2)若从{an}中去掉与数列{bn}相同的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，设T100＝c1＋c2＋c3＋…＋c100，求T100. 由(1)知b1＝1，b2＝2＝a1，b3＝4＝a2，b4＝8＝a4，b5＝16＝a8，b6＝32＝a16，b7＝64＝a32，b8＝128＝a64，b9＝256＝a128，所以T100＝c1＋c2＋c3＋…＋c100＝(a1＋a2＋a3＋…＋a107)－(b2＋b3＋…＋b8)＝－＝11 302. $