专题2 高考提能2 数列中的子数列-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学创新版（教用word）

高考提能2　数列中的子数列 题型一 奇、偶项 [例1]　(2025·天津一模)已知{an}为等差数列，其前n项和为Sn，满足a1＝1，且S3＝2a2＋2. (1)求{an}的通项公式； (2)设数列{bn}满足bn＝其中n∈N*.记cn＝b2n－1，n∈N*. ①证明：是等差数列； ②求(n∈N*). 【解】　(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝1，S3＝2a2＋2，所以3a1＋3d＝2a1＋2d＋2，解得d＝1，所以an＝n. (2)①证明：由(1)可知an＝n， 所以bn＝其中n∈N*， 当n为奇数时，bn＝bn＋1－(n＋1)＝－(n＋1)＝， 所以cn＝b2n－1＝＝2n(n－1)，所以＝2n－2， 则－＝2，所以是以0为首项，2为公差的等差数列． ②由①知cn＝2n2－2n.令dn＝＝＝＝＋，则－]＝－＋－＋…＋－＝－， ＝＋＋…＋＝＝1－()n-1，所以＝－＋1－()n-1＝＋－()n-1. (1)数列中的奇、偶项问题的常见类型 ①数列中连续两项和或积的问题(an＋an＋1＝f(n) 或anan＋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、偶项不同的数列{an}，求前n项和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. [对点训练]　已知等差数列{an}为递增数列，且满足a4a5＝63，S8＝64. (1)求{an}的通项公式an； (2)若数列{cn}满足cn＝(－1)n-1，求{cn}的前n项和的最大值和最小值． 解：(1)由题意得S8＝＝64，则a1＋a8＝a4＋a5＝16，即解得或(舍去)， 所以等差数列{an}的公差d＝a5－a4＝2， 所以{an}的通项公式为an＝a4＋(n－4)d＝2n－1. (2)由(1)可得an＝2n－1，所以cn＝(－1)n-1＝ (－1)n-1＝(－1)n-1(＋)， 设数列{cn}的前n项和为Hn， 则Hn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn， 当n为奇数时， Hn＝(－1)0(1＋)＋(－1)1(＋)＋…＋ (－1)n-1(＋)＝1＋， Hn随着n的增大而减小，可得1<Hn≤； 当n为偶数时，易得Hn＝1－，Hn随着n的增大而增大，可得≤Hn<1.故{cn}的前n项和的最大值为，最小值为. 题型二 公共项、并项 [例2]　已知数列{an}是等差数列，且a2＝－1，数列{bn}满足bn－bn－1＝an(n≥2，n∈N*)， 且b1＝b3＝1. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)将数列{an}，{bn}的所有公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列{cn}，求数列{cn}的通项公式． 【解】　(1)由题意可知b2－b1＝a2， 即b2－1＝－1，故b2＝0，由b3－b2＝a3，可得a3＝1， 所以等差数列{an}的公差为2，所以an＝－1＋2(n－2)＝2n－5， 由bn－bn－1＝an，bn－1－bn－2＝an－1，…，b2－b1＝a2， 累加可得bn－b1＝a2＋a3＋…＋an＝＝n2－4n＋3，整理可得bn＝n2－4n＋4(n≥2，n∈N*)， 当n＝1时，b1＝1满足上式，所以bn＝n2－4n＋4＝(n－2)2. (2)不妨设am＝bn(m，n∈N*)， 即2m－5＝(n－2)2，可得m＝， 当n＝2k(k∈N*)时，m＝2k2－4k＋∉N*，不合题意； 当n＝2k－1(k∈N*)时，m＝2k2－6k＋7＝2k(k－3)＋7∈N*， 所以b2k－1在数列{an}中均存在公共项， 又因为b1＝b3<b5<b7<…，所以cn＝b2n＋1＝(2n－1)2. 两个等差数列的公共项是等差数列，且公差是两个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，且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问题，可以根据公共项建立项数间的函数关系解决问题． [对点训练]　记an为数列{bn}的前n项积，已知＋＝1. (1)证明：数列{an}是等差数列； (2)若将集合{x|x＝an，n∈N*}∪中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，c3，c4，…，求数列{cn}的前4n项和T4n. 解：(1)证明：当n＝1时，＋＝1，因为an为数列{bn}的前n项积，所以a1＝b1, 所以a1＝3. 当n≥2时，bn＝，则＋＝1，则an－1＋2＝an，即an－an－1＝2，所以数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列． (2)由(1)知an＝2n＋1，设{an}的前n项和为An，令en＝＝3n－1，则数列{en}是首项为e1＝2，公差为3的等差数列，设{en}的前n项和为Bn，数列{an}与数列{en}中相同的项构成的数列为{hn}，{hn}的前n项和为Hn. 当am＝ek时，2m＋1＝3k－1，则k＝. 因为2，3互质，所以m＋1必为3的倍数，即m＋1＝3p(p∈N*)，m＝3p－1，则am＝a3p－1＝2(3p－1)＋1＝6p－1，所以有hn＝6n－1，{hn}是首项为5，公差为6的等差数列． 因为hn＝6n－1＝a3n－1＝e2n，hn＋1＝6n＋5＝a3n＋2＝e2n＋2，所以数列{an}与{en}对应相同的两项之间，{an}中有2个数，{en}中有1个数，所以T4n＝A3n＋B2n－Hn，A3n＝3·3n＋＝9n2＋6n，B2n＝2·2n＋＝6n2＋n，Hn＝5n＋＝3n2＋2n，所以T4n＝12n2＋5n. 题型三 增减项 [例3]　(2025·青岛模拟)已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，a2＝2，S9＝45，数列{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(n－1)·2n＋1. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若对数列{an}，{bn}，在ak与ak＋1之间插入bk个1(k∈N*)，组成一个新数列{dn}，求数列{dn}的前2 025项和T2 025. 【解】　(1)设等差数列{an}的公差为d， 则a1＋d＝2，S9＝9a1＋36d＝45， 解得a1＝d＝1，故an＝n. 因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(n－1)·2n＋1， 故当n≥2，n∈N*时，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝(n－2)·2n-1＋1， 两式相减得anbn＝(n－1)·2n＋1－(n－2)·2n-1－1＝n·2n-1， 故nbn＝n·2n-1，所以bn＝2n-1，n≥2，n∈N*， 又a1b1＝0＋1＝1，故b1＝1，满足bn＝2n-1，从而bn＝2n-1. (2)由(1)知，an＝n，bn＝2n-1， 所以在{dn}中，从a1开始到ak为止， 项数共有k＋20＋21＋22＋…＋2k-2＝k＋＝k＋2k-1－1， 当k＝11时，11＋210－1＝1 034<2 025， 当k＝12时，12＋211－1＝2 059>2 025， 所以数列{dn}的前2 025项是项a11之后，再插入2 025－1 034＝991项1， 故T2 025＝(1＋2＋3＋…＋11)＋20＋21＋22＋…＋29＋991＝＋＋991＝2 080. 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． [对点训练]　已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2an－2. (1)求{an}的通项公式； (2)删去数列{an}的第3i项(其中i＝1，2，3，…)，将剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{bn}，设{bn}的前n项和为Tn，请写出{bn}的前6项，并求出T6和T2n. 解：(1)当n＝1时，有S1＝2a1－2，解得a1＝2; 当n≥2，n∈N*时，有Sn－1＝2an－1－2， 则Sn－Sn－1＝(2an－2)－(2an－1－2)， 即an＝2an－2an－1，即an＝2an－1(n≥2)， 所以{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，因此，an＝2n. (2)删去数列{an}的第3i项(其中i＝1，2，3，…)，将剩余的项按从小到大的顺序依次排列为：a1，a2，a4，a5，a7，a8，…， 数列{bn}的前6项为2，22，24，25，27，28. 所以T6＝2＋4＋16＋32＋128＋256＝438. 注意到a1，a4，a7，…构成以a1＝2为首项，8为公比的等比数列， a2，a5，a8，…构成以a2＝22为首项，8为公比的等比数列， 所以T2n＝(a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2)＋(a2＋a5＋a8＋…＋a3n－1)＝＋＝(8n－1). 题型四 计数问题 [例4]　(2025·湖北二模)已知数列{an}是等差数列，a1＝1，且a1，a2，a5－1成等比数列．给定k∈N*，记集合{n|k≤an≤2k，n∈N*}的元素个数为bk. (1)求b1，b2的值； (2)求满足b1＋b2＋…＋bn>2 025的最小自然数n的值． 【解】　(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a1，a2，a5－1成等比数列，且a1＝1，所以a1(a5－1)＝a，即1×(1＋4d－1)＝(1＋d)2，解得d＝1，所以an＝n. 又因为{n|k≤an≤2k，n∈N*}， 当k＝1时，集合{n|1≤n≤2，n∈N*}＝{1，2}， 所以集合中元素的个数b1＝2； 当k＝2时，集合{n|2≤n≤4，n∈N*}＝{2，3，4}， 所以集合中元素的个数b2＝3. (2)由集合{n|k≤an≤2k，n∈N*}的元素个数为bk， 结合(1)可得bk＝2k－k＋1，记Tn＝b1＋b2＋…＋bn， 所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝－＋n＝2·(2n－1)－＋， 当n＝10时，可得2×(210－1)－＋＝2 001<2 025； 当n＝11时，可得2×(211－1)－＋＝4 039>2 025， 又Tn＋1－Tn＝2·(2n+1－1)－＋－＝2n+1－n>0， 所以数列{Tn}为递增数列，所以n的最小值是11. 数列中的计数问题的基本形式 数列计数问题的一般形式是：记数列{an}落在区间(0，g(k)]的个数为bk，研究数列{bk}的性质．解决这类问题的关键就是通过不等式0<an≤g(k)⇒n，根据n为正整数，从而实现对自变量n的计数．不等式0<an≤g(k)最终转化为以下三种类型： ①qm<kn＋b<qm+1； ②tm<qn<tm+1； ③tk＋b<qn<t(k＋i)＋b. [对点训练]　已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝a＋2an(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； (2)∀k∈N*，将数列{an}中不大于8k的项的个数记为bk.若＋＋…＋<恒成立，求实数λ的取值范围． 解：(1)当n＝1时，4S1＝a＋2a1，得a－2a1＝0，又an>0，所以a1＝2.当n≥2，n∈N*时，4Sn－1＝a＋2an－1， 联立4Sn＝a＋2an，两式相减可得4an＝a－a＋2an－2an－1， 化简得(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0，因为an＋an－1>0，所以an－an－1＝2， 故数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列，所以an＝2n. (2)由an＝2n≤8k，得n≤23k-1，即bk＝23k-1， 因为＝＝23＝8，b1＝22＝4， 所以{bk}是以4为首项，8为公比的等比数列，则是以为首项，为公比的等比数列，＝×＝， 所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝＝(1－).因为＋＋…＋<，即(1－)<，即λ>(1－)，所以λ≥. 学科网（北京）股份有限公司 $