子数列问题课件-2026届高考数学二轮复习

　子数列问题 高中数学 二轮复习 返回导航 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． 返回导航 内容索引 第一部分 热点分类　考向探究 培优专训　难点突破 第二部分 返回导航 热点分类　考向探究 第 分 部 一 返回导航 考向 1 奇偶项问题 返回导航 返回导航 返回导航 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． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 考向 2 公共项问题 返回导航 返回导航 返回导航 寻找一个等差数列与一个等比数列公共项的方法 1．列举法：列举出两个数列的前几项，观察是否存在相同的项． 2．方程法：列出两个数列两个项相等的方程，利用数论中的整除知识，求出符合条件的项． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 考向 3 增项、减项问题 返回导航 返回导航 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． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 培优专训　难点突破 第 分 部 二 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 谢谢观看！ 返回导航 例1　(2025·重庆沙坪坝区二模)已知数列{an}为公差不为零的等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S3＝T3，a3a5＝S5． (1)求数列{an}的通项公式； 解：(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，由 得 即解得所以an＝a1＋(n－1)d＝n． (2)求数列{bn}的前n项和Tn． 解：(2)由bn＝可知， 当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋2(b1＋b3＋…＋bn－1)＝3(a1＋a3＋…＋an－1)＝＝． 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2－2bn＝(n＋1)2－2n＝． 综上所述，Tn＝ 跟踪训练 已知在正项数列{an}中，a3＝4，a2a5＝32，且ln an，ln an＋1，ln an＋2成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； 解：(1)∵ln an，ln an＋1，ln an＋2成等差数列， ∴2ln an＋1＝ln an＋ln an＋2，即a＝anan＋2，而an≠0， ∴数列{an}为等比数列． 设数列{an}的公比为q， 则解得∴an＝2n－1． (2)若数列{bn}满足bn＝an＋(－1)nlog2an＋1，求数列{bn}的前n项和Tn． 解：(2)bn＝2n－1＋(－1)nlog22n＝2n－1＋(－1)nn， 当n为偶数时，Tn＝(1＋2＋22＋…＋2n－1)＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝＋＝2n＋． 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝2n＋1＋－2n－(－1)n＋1(n＋1)＝2n－． 综上所述，Tn＝ 例2　(2025·黑龙江大庆二模)已知数列{an}的前n项和Sn满足3n2－29n－2Sn＝0． (1)求数列{an}的通项公式； 解：(1)因为3n2－29n－2Sn＝0，所以Sn＝n2－n． 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－n－(n－1)2＋(n－1)＝3n－16， 当n＝1时，a1＝－＝－13也符合上式，故数列{an}的通项公式为an＝3n－16． (2)已知数列{bn}的通项公式为bn＝2n，若由数列{an}与{bn}的公共项按从小到大排列得到数列{cn}，求数列{cn}的前n项和Tn． 解：(2)设bm＝an，即2m＝3n－16，m，n∈N*． 由bm＝2m，所以bm＋1＝2m＋1＝2·2m＝2(3n－16)＝6n－32＝3－16， 由2n－∉N*，可知bm＋1不是数列{an}中的项，即bm＋1不是两个数列的公共项． bm＋2＝2m＋2＝22·2m＝4(3n－16)＝12n－64＝3(4n－16)－16， 由4n－16∈N*，可知bm＋2是数列{an}中的项，即bm＋2是两个数列的公共项， 因此，若ck＝bm＝an，则ck＋1＝bm＋2＝a4n－16，所以＝＝＝4，且c1＝2， 所以两数列的公共项所构成的新数列{cn}是以2为首项，4为公比的等比数列， 所以数列{cn}的前n项和Tn＝＝． 跟踪训练 (2025·湖北黄冈二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝S5＝－20． (1)求数列{an}的通项公式； 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，因为S4＝S5＝－20， 所以a5＝S5－S4＝0． 因为S5＝5a3＝－20，所以a3＝－4，所以d＝＝2， 所以an＝a5＋(n－5)d＝2n－10． (2)已知数列{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列{an}与{bn}的公共项为am，记m由小到大构成数列{cn}，求{cn}的前n项和Tn． 解：(2)由题意知bn＝4×4n－1＝4n，因为am＝2m－10，所以2m－10＝4n，即m＝．因此cn＝＝＋5． 所以Tn＝＋5＋＋5＋＋5＋…＋＋5＝×＋5n＝×4n＋5n－＝＋5n． 例3　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，满足a1＝b2＝2，S5＝30，b4＋2是b3与b5的等差中项． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q． ∵a1＝2，∴S5＝10＋d＝30，∴d＝2，∴an＝2＋2(n－1)＝2n． ∵b4＋2是b3与b5的等差中项，∴2(b4＋2)＝b3＋b5． 又b2＝2，∴2(2q2＋2)＝2q＋2q3，解得q＝2，∴bn＝2n－1． (2)从数列{an}中去掉数列{bn}的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，设数列{cn}的前n项和为Tn，求T60． 解：(2)∵a60＝120，∴数列{an}前60项中与数列{bn}的公共项共有6项，且最大公共项为b7＝26＝64．又a66＝132，b8＝27＝128，∴T60＝S67－(2＋22＋…＋27)＝134＋×2－＝4 556－254＝4 302． 跟踪训练 已知各项均为正数的数列{an}中，a1＝1且满足a－2an＋1＝a＋2an，数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn＋1＝3bn． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； 解：(1)由题设得(an＋1－an)(an＋1＋an)＝2(an＋1＋an)， ∵an＋1＋an>0，∴an＋1－an＝2，故{an}是首项为a1＝1，公差为2的等差数列， ∴an＝2n－1． 当n＝1时，2S1＋1＝3b1，解得b1＝1， 当n≥2，2Sn＋1＝3bn①，2Sn－1＋1＝3bn－1②， ①－②整理得bn＝3bn－1，b1＝1≠0，∴bn－1≠0，故＝3， ∴数列{bn}是首项为1，公比为3的等比数列，故bn＝3n－1． (2)若在bk与bk＋1之间依次插入数列{an}中的k项构成新数列：b1，a1，b2，a2，a3，b3，a4，a5，a6，b4，…，求这个新数列中前40项的和T40． 解：(2)记这个新数列为数列{cn}，bk＋1(含bk＋1)前面共有(1＋2＋3＋…＋k)＋(k＋1)＝项． 由≤40(k∈N*)，得k≤7， ∴新数列{cn}中含有数列{bn}的前8项：b1，b2，…，b8，含有数列{an}的前32项：a1，a2，a3，…，a32， ∴T40＝＋＝4 304． 1．(2021·新高考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； 解：(1)因为a1＝1，an＋1＝ 所以a2＝a1＋1＝2，a3＝a2＋2＝4，a4＝a3＋1＝5． 又bn＝a2n，所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5， 当n＝2k－1，k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1，当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1＝a2k＋2， 当k>1时，a2(k－1)＋1＝a2(k－1)＋2，即a2k－1＝a2(k－1)＋2， 则a2k＝a2k－1＋1＝a2(k－1)＋3，所以bn＝a2n＝a2(n－1)＋3＝bn－1＋3， 所以数列{bn}是以b1＝2为首项，3为公差的等差数列，故bn＝2＋3(n－1)＝3n－1． (2)求{an}的前20项和． 解：(2)由(1)可得a2n＝3n－1，a2n＋1＝a2n＋2＝3n＋1， 则a2n－1＝3n－2， 所以a2n－1＋a2n＝6n－3， 记{an}的前20项和为S20， 则S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝3＋9＋…＋57＝＝300． 2．已知公差不为0的等差数列{an}中，a1＝1，a4是a2和a8的等比中项． (1)求数列{an}的通项公式； 解：(1)设数列{an}的公差为d， 因为a4是a2和a8的等比中项，所以a＝a2·a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)． 因为a1＝1，所以d＝1或d＝0(舍去)， 所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n． (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，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T20的值． 解：(2)由(1)得an＝n，因为在ak与ak＋1(k＝1，2，…)之间插入2k， 所以数列{bn}的前20项有10项来自{an}，10项来自{2n}， 所以T20＝1＋21＋2＋22＋…＋10＋210＝＋＝2 101． 3．已知数列{an}是首项为8，公差为4的等差数列，数列{bn}满足对任意的n∈N*，都有a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝n×2n＋3． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； 解：(1)依题意an＝8＋4(n－1)＝4n＋4． 因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝n×2n＋3，即8b1＋12b2＋…＋(4n＋4)bn＝n×2n＋3①， 所以8b1＋12b2＋…＋4nbn－1＝(n－1)×2n＋2②， ①－②，得(4n＋4)bn＝n×2n＋3－(n－1)×2n＋2＝(n＋1)×2n＋2，所以bn＝2n，故an＝4n＋4，bn＝2n． (2)将数列{an}，{bn}中的公共项按照从小到大重新排列构成新数列{cn}，求数列{cn}的通项公式以及数列{ancn}的前n项和． 解：(2)由(1)可知{cn}的首项为8，公比为2，故cn＝8×2n－1＝2n＋2，所以ancn＝(4n＋4)×2n＋2，设{ancn}的前n项和为Sn，则Sn＝a1c1＋a2c2＋…＋ancn＝8×23＋12×24＋…＋(4n＋4)×2n＋2①， 2Sn＝8×24＋12×25＋…＋(4n＋4)×2n＋3②， ①－②，得－Sn＝8×23＋4×(24＋25＋…＋2n＋2)－(4n＋4)×2n＋3＝8×23＋4×－(4n＋4)×2n＋3＝26×2n－1－(4n＋4)×2n＋3， 所以Sn＝(4n＋4)×2n＋3－26×2n－1＝n×2n＋5． $