2.6 探究课2 数列中的子数列与增减项问题 [教考衔接]-（配套课件）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

探究课2 数列中的子数列与增减项问题 [教考衔接] 　 第一篇 专题二 数列 03 延伸探究3　数列的增减项问题 02 延伸探究2　数列的公共项问题 延伸探究1　数列的奇数项、偶数项问题 01 内容索引 04 专题集训 【原题再现】　(链接人教B版选择性必修第三册P59T7) 已知{an}中，an＋1＋(－1)nan＝2n－1，求S8的值. 解：由an＋1＋(－1)nan＝2n－1可得 当n为奇数时，an＋1－an＝2n－1， an＋2＋an＋1＝2(n＋1)－1＝2n＋1， 两式相减可得an＋2＋an＝2， 所以a1＋a3＝a5＋a7＝2. 当n为偶数时，an＋1＋an＝2n－1， an＋2－an＋1＝2(n＋1)－1＝2n＋1， 两式相加可得an＋2＋an＝4n， 所以a2＋a4＝4×2＝8，a6＋a8＝4×6＝24， 所以S8＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8 ＝(a1＋a3＋a5＋a7)＋(a2＋a4＋a6＋a8) ＝(2＋2)＋(8＋24) ＝36. 教考衔接 　　此类问题是根据n的奇偶性将数列转化为两个不同的数列求解，且常出现在高考题中. 延伸探究1　数列的奇数项、偶数项问题 返回 延伸探究1　数列的奇数项、偶数项问题 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. (2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，若S4＝32，T3＝16. (1)求{an}的通项公式； 典例 1 解：设等差数列{an}的公差为d，而bn＝k∈N*， 则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6， 于是解得a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，所以数列{an}的通项公式是an＝2n＋3. (2)证明：当n＞5时，Tn＞Sn. 解：证明：法一：由(1)知，Sn＝＝n2＋4n，bn＝ k∈N*， 当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1， Tn＝＝n2＋n， 当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)＞0， 因此Tn＞Sn； 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝n2＋n－5， 当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)＞0，因此Tn＞Sn. 所以当n＞5时，Tn＞Sn. 法二：由(1)知，Sn＝＝n2＋4n，bn＝k∈N*， 当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝＋＝n2＋n， 当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)＞0， 因此Tn＞Sn； 当n为奇数时，若n≥3，则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝＋＝n2＋n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式， 因此当n为奇数时，Tn＝n2＋n－5， 当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)＞0，因此Tn＞Sn. 所以当n＞5时，Tn＞Sn. 规律反思 1.当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an，其中奇数项、偶数项各有项，可直接分组求和，即Sn＝(a1＋a3＋…＋an－3＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an－2＋an). 2.当n为奇数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an⇒Sn＝Sn－1＋an，其中Sn－1可利用上述结论代入，然后再快速求解Sn＝Sn－1＋an. 3.当题目条件中出现连续两项的和时，常采用减项作差法，可得数列的奇数项、偶数项所具备的性质，从而求出其通项公式. 4.当题目条件中出现连续两项的积时，常采用约项作商法，可得数列的奇数项、偶数项所具备的性质，从而求出其通项公式. 预测练1.已知数列{an}满足a1＝1，anan＋1＝9n，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； 解：由题意，当n＝1时，a1a2＝9，可得a2＝9. 因为an·an＋1＝9n， 所以an＋1·an＋2＝9n＋1，所以＝9， 所以数列{an}的奇数项和偶数项都是公比为9的等比数列. 当n为奇数时，设n＝2k－1(k∈N*)， 则an＝a2k－1＝1·9k－1＝32k－2＝3n－1； 当n为偶数时，设n＝2k(k∈N*)，则an＝a2k＝9·9k－1＝9k＝32k＝3n. 因此，an＝ (2)若bn＝求数列{bn}的前2n项和. 解：由(1)得bn＝ 所以＝(b1＋b3＋…＋)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝[0－2－4－…－(2n－2)]＋(32＋34＋36＋…＋32n)－n＝－＋－n＝. 返回 延伸探究2　数列的公共项问题 返回 　　两个等差数列的公共项一般是等差数列，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一般是等比数列，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一般是等比数列. 典例 2 已知数列{an}的前n项和Sn＝，数列{bn}为等比数列，公比为2，且b1，b2＋1，b3为等差数列. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； 解：由Sn＝，得当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)，即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. 解：数列{an}和{bn}的公共项从小到大依次为21，23，25，27，…， 所以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). 规律反思 　　解决此类问题的关键是正确理解两数列的公共项所构成的新数列的性质. 预测练2.已知数列{an}和数列{bn}的通项公式分别为an＝3n＋1和bn＝5n＋1，若它们的公共项从小到大依次排列构成新数列{cn}，则满足不等式cn≤2 026的最大的整数n等于 A.134 B.135 C.136 D.137 √ 依题意，令ak＝bm，k，m∈N*，则3k＋1＝5m＋1，即有m＝k，显然k是5的正整数倍，令k＝5n，n∈N*，因此cn＝＝15n＋1，由15n＋1≤2 026，解得n≤135，所以最大的整数n＝135.故选B. 返回 延伸探究3　数列的增减项问题 返回 　　数列的增减项问题是指由已知数列通过插项、去项得到新数列，解决此类问题要弄清楚新数列与已知数列的关系，确定新数列的特征，以此来解决问题. 典例 3 角度1　增项问题 已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，满足3a2＋2a3＝S5＋6. (1)若数列{Sn}为递减数列，求a1的取值范围； 解：法一：记{an}的公差为d，由3a2＋2a3＝S5＋6得3(a1＋d)＋2(a1＋2d)＝5a1＋d＋6，得d＝－2， 所以Sn＝na1＋×(－2)＝－n2＋(a1＋1)n. 若数列{Sn}为递减数列，则Sn＋1－Sn＜0(n≥1)恒成立，即an＋1＝a1－2n＜0(n≥1)恒成立， 得a1＜2n(n≥1)恒成立，即a1＜2. 法二：记{an}的公差为d，由3a2＋2a3＝S5＋6得3(a1＋d)＋2(a1＋2d)＝5a1＋d＋6，得d＝－2， 所以Sn＝na1＋×(－2)＝－n2＋(a1＋1)n. 若数列{Sn}为递减数列，则需满足＜，解得a1＜2. (2)若a1＝1，在数列{an}的第n项与第n＋1项之间插入首项为1，公比为2的等比数列的前n项，形成新数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Tn，求T95. 解：由(1)知，{an}的公差d＝－2. 又a1＝1，所以an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n. 根据题意，数列{bn}为1，20，－1，20，21，－3，20，21，22，－5，…，－2n＋3，20，21，…，2n－1，－2n＋1，…. 可将数列分组： 第一组为1，20； 第二组为－1，20，21； 第三组为－3，20，21，22； …… 第k(k∈N*)组为－2k＋3，20，21，22，…，； …… 则前k组一共有2＋3＋…＋(k＋1)＝(项)， 当k＝12时，项数为90. 故T95相当于是前12组的和再加上－23，1，2，22，23， 即T95＝[1＋(－1)＋(－3)＋…＋(－21)]＋[20＋(20＋21)＋(20＋21＋22)＋…＋(20＋21＋…＋211)]＋(－23＋1＋2＋22＋23). 20＋(20＋21)＋(20＋21＋22)＋…＋(20＋21＋…＋211)可看成是数列{cn}(cn＝2n－1)的前12项和， 所以T95＝＋－12－23＋1＋2＋4＋8＝213－142 ＝8 050. 规律反思 　　解决此类问题，首先要清楚插入数列的项数，新插入数列与原数列各项之间的关系，然后利用分组或并项法求和. 角度2　减项问题 已知数列{an}的前n项和是Sn，a1＝1，点(n∈N*)在斜率为的直线上，数列{an}，{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－1)·2n＋1. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； 典例 4 解：因为点(n∈N*)在斜率为的直线上， 所以－＝(n≥2，n∈N*). 又＝a1＝1， 所以数列是以1为首项，为公差的等差数列， 所以＝，所以Sn＝(n∈N*). 因为数列{an}，{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－1)·2n＋1， 所以当n≥2时，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝2＋(n－2)·2n， 两式相减，得anbn＝n·2n(n≥2)， 当n＝1时，a1b1＝2＋(1－1)×21＋1＝2＝1×21，满足上式， 所以anbn＝n·2n(n∈N*). 所以bn＝2n(n∈N*). (2)若数列{an}中去掉和数列{bn}中相同的项后，余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，且数列{cn}的前n项和为Tn，求T100. 解：设数列{an}的前p项中有数列{bn}的q项，p－q＝100， 则2q≤p，即2q≤100＋q. 易得满足2q≤100＋q的最大正整数q为6， 所以数列{cn}的前100项，由数列{an}中的前106项去掉和数列{bn}中相同的6项得到， 所以T100＝S106－(2＋22＋…＋26)＝－＝5 545. 规律反思 　　解答此类问题的易错之处是不能准确确定数列中去掉的项数，或求和时不会采取原数列和减去去掉各项和的方法. 角度3　并项问题 已知等比数列{an}为递增数列，其前n项和为Sn，满足S2＝6，S4＝30. (1)求{an}的通项公式； 解：设等比数列{an}的公比为q，显然q＞0且q≠1. 典例 5 由已知得得q＝2(负值舍去)， 所以a1＝2，所以an＝a1qn－1＝2n. (2)记bn＝2n－1，将数列{an}与{bn}中的项按从小到大的顺序依次排列，构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前50项和T50. 解：数列{an}中的项从小到大依次为2，4，8，16，32，64，128，…. 又b40＝79，b50＝99， 所以依题意可知新数列{cn}的前50项中，数列{an}中的项只有前6项，数列{bn}中的项有44项. 所以T50＝(2＋4＋8＋16＋32＋64)＋(1＋3＋5＋7＋…＋87)＝＋＝126＋1 936＝2 062. 规律反思 　　解决数列的并项问题的难点，也是易错之处，为确定两个数列中各有多少项作为新数列的项，求解时可利用解不等式法或试探法. 预测练3.已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝ (1)证明：数列{} 为等差数列； 解：证明：设bn＝a2n－1，则b1＝a1＝3， 则bn＋1＝a2n＋1＝a2n＋2＝(3a2n－1＋3)＋2＝a2n－1＋3＝bn＋3，即bn＋1－bn＝3， 所以数列{bn}即数列{a2n－1}是首项为3，公差为3的等差数列. (2)若将数列{an}中满足ai＝aj的项ai，aj(i≠j)称为数列{an}中的相同项，将数列{an}的前40项中所有的相同项都剔除，求数列{an}的前40项中余下项的和. 解：由(1)可知，bn＝3n. 设cn＝a2n，同理可证数列{cn}是首项为12，公差为9的等差数列，cn＝3＋9n. 设数列{bn}的前n项和为Sn，数列{cn}的前n项和为Tn， 则数列{an}的前40项和为S20＋T20. 若bk＝cn(k，n∈N*)，即3k＝3＋9n，得k＝1＋3n， k＝1＋3n≤20，则n≤6， 将数列{an}的前40项中所有的相同项都剔除，则数列{an}的前40项中余下项的和为： S20＋T20－2T6＝＋－2×＝2 166. 返回 专 题 集 训 返回 1.(15分)已知Sn为数列{an}的前n项和，且an＞0，＋2an＝4Sn＋3，bn＝a2n－1，cn＝3n. (1)求{an}的通项公式； 解：由＋2an＝4Sn＋3， 可知＋2an＋1＝4Sn＋1＋3， 两式相减得－＋2(an＋1－an)＝4an＋1， 即(an＋1＋an)(an＋1－an)＝2(an＋1＋an). 因为an＞0，所以an＋1－an＝2. 又＋2a1＝4S1＋3，a1＞0，解得a1＝3， 即{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列， 所以{an}的通项公式为an＝3＋2(n－1)＝2n＋1. 1 2 3 4 (2)将数列{bn}与{cn}的所有公共项按从小到大的顺序组成新数列{dn}，求{dn}的前10项的和. 解：由(1)知bn＝4n－1，数列{bn}与{cn}的公共项满足bn＝ck， 即4n－1＝3k，k＝＝n＋， 而k，n∈N*，于是可令＝m－1(m∈N*)， 即n＝3m－2，此时k＝4m－3，m∈N*， 因此b3m－2＝c4m－3＝12m－9， 即dn＝12n－9， 数列{dn}是以3为首项，12为公差的等差数列. 1 2 3 4 令{dn}的前n项和为Tn， 则T10＝10×3＋×12＝570， 所以{dn}的前10项的和为570. 1 2 3 4 2.(15分)(2025·河北沧州模拟)已知数列的前n项和为Sn，Sn＝2n＋3－8. (1)求的通项公式； 解：当n＝1时，a1＝S1＝24－8＝8. 当n≥2时，由Sn＝2n＋3－8，得Sn－1＝2n＋2－8， 则an＝Sn－Sn－1＝2n＋3－2n＋2＝2n＋2. 因为a1＝8＝21＋2，所以an＝2n＋2. 1 2 3 4 (2)若bn＝求数列的前n项和Tn. 解：由(1)可得bn＝ 当n为偶数时，bn－1bn＋bnbn＋1＝2n＋2＋2n＋2＝2n＋3， 则Tn＝4×25＋6×27＋8×29＋…＋2n＋3， 则4Tn＝4×27＋6×29＋8×211＋…＋2n＋5， 则－3Tn＝4×25＋2×－2n＋5 1 2 3 4 ＝128＋－2n＋5 ＝， 则Tn＝. 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1bn＋2＝－(n＋4)2n＋3＝. 故Tn＝ 1 2 3 4 3.(15分)(新定义)已知是无穷正整数数列，定义操作D为删除数列中除以k余数为s的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列.若an＝3n－1，n∈N*，进行操作D后剩余项组成新数列，设数列的前n项和为Sn. (1)求Sn； 解：因为an＝3n－1，可知a1＝1(满足除以3余数为1)，当n≥2时，an为3的倍数， 进行操作D，即删除a1，剩余a2，a3，a4，a5，…， 则bn＝an＋1＝3n，可得log3＝log3(3n－1＋3n)＝log3＝n＋log34－1， 所以Sn＝＋n. 1 2 3 4 (2)设数列满足cn＝log3b2n－1，求数列的前n项和. 解：由(1)可知cn＝log3b2n－1＝log332n－1＝2n－1， 则＝＝， 所以数列的前n项和Tn＝(1－＋－＋…＋－)＝(1－)＝. 1 2 3 4 4.(15分)已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，－2Sn＝n＋1，Sn是数列{an}的前n项和. (1)求数列{an}的通项公式； 解：当n＝1时，a2＝2. 当n≥2时，得－2＝n. 又－2Sn＝n＋1， 两式相减得－＝2an＋1， ＝＋2an＋1＝(an＋1)2. 因为数列{an}各项均为正数，所以an＋1－an＝1. 又因为a2－a1＝1，所以数列{an}为等差数列， 故an＝a1＋n－1＝n. 1 2 3 4 (2)在ak和(k∈N*)中插入k个相同的数2k构成一个新数列{bn}：a1，2，a2，22，22，a3，23，23，23，a4，…，求{bn}的前90项和T90. 解：在数列{bn}中，在ak＋1之前的所有项数为 k＋(1＋2＋3＋…＋k)＝，令≤90， 得k≤12，且当k＝12时，数列{bn}中，a13之前的所有项数恰好为90， 所以T90＝(a1＋a2＋a3＋…＋a12)＋(1×21＋2×22＋3×23＋…＋12×212) ＝＋(1×21＋2×22＋3×23＋…＋12×212) ＝78＋(1×21＋2×22＋3×23＋…＋12×212)， 1 2 3 4 令Q12＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋12×212， 则2Q12＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋12×213， 所以－Q12＝21＋22＋23＋24＋…＋212－12×213＝－11×213－2， 所以Q12＝11×213＋2， 所以T90＝78＋Q12＝11×213＋80. 返回 1 2 3 4 谢 谢 观 看！ $