第6单元 07 增分微课7 重构数列问题（word学生用书）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教B版）

该高中数学讲义聚焦高考数列重构问题，涵盖奇偶项处理（连续两项和积、分段通项、含(-1)^n型）、交替递推数列、公共项增减项三大核心考点，按“题型归类-例题精讲-总结反思-变式训练”逻辑架构知识，通过考点梳理构建解题框架，方法指导提炼通法，真题训练强化应用，助力学生突破数列难点。 资料以分类突破为特色，如奇偶项问题通过n分奇偶转化相邻项关系，培养数学思维的推理能力；交替递推数列分离奇偶项构建新数列，发展数学眼光的抽象能力。设置分层变式题（基础到综合），配合即时总结反思，确保高效复习，提升学生应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

增分微课7　重构数列问题 类型一　奇偶项问题 题型1　连续两项和或积的问题(形如an+1+ an=f(n)或an+1·an=f(n)) 例1 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=3,an+1+an=2n-1,则S7=　　　　.  题型2　an= 例2 (多选题)记Sn为数列{an}的前n项和,已知an=则 (　 ) A.2027是数列{an}中的项 B.数列{a2n-1}是公比为2的等比数列 C.S6=51 D.若cn=a2n,则数列的前n项和小于 题型3　递推公式中含(-1)n型 例3 [2026·山东实验中学一模] 若数列{an}满足a1=1,an+1=(-1)n+1an+1,则{an}的前2027项的和为　　　　.  总结反思 (1)连续两项和或积(形如an+1+an=f(n)或an+1·an=f(n))的递推公式中,一般用n+1替换n得到an+2与an的关系,然后分奇偶项进行处理. (2)对于an=型的数列求和,一定要注意,若n为偶数,则奇数项与偶数项各有项;若n为奇数,则奇数项有项,偶数项有项.若{f(n)}是公差为d的等差数列,则{an}的奇数项构成公差为2d的等差数列;若{g(n)}是公比为q的等比数列,则{an}的偶数项构成公比为q2的等比数列. (3)递推公式中含(-1)n型的问题中要对n分奇、偶进行讨论,转化为相邻两项和或差求解,当项数不确定时,要分n为奇数和n为偶数分类讨论求解. 变式题 (1)若数列{an}满足an+1+an=2n+1(n∈N*),a4=2,则a1+a2+a3+…+a17= (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.155 B.156 C.203 D.204 (2)已知数列{an}的前n项和为Sn,an+1+(-1)n+1an=sin(n∈N*),则S2026= (　 ) A.- B.0 C. D. (3)若数列{an}满足an=则a1+a2+a3+…+a10=　　　　.  类型二　交替递推数列 例4 [2026·广东深圳诊断] 已知数列{an}满足a1=1,an+1= (1)记bn=a2n,写出b1,b2,并证明数列{bn+3}为等比数列; (2)求{an}的前2n项和S2n.     总结反思 形如an+1=的递推关系式求解通项公式时,解题思路为: 令n取2n-1得到a2n=f(a2n-1)①, 令n取2n得到a2n+1=g(a2n)②, 令n取2n+1得到a2n+2=f(a2n+1)③, 由①②消去a2n得a2n+1与a2n-1的关系式,由②③消去a2n+1得a2n+2与a2n的关系式,然后分别求得数列奇偶项的通项公式,进而得到数列的通项公式. 变式题 [2026·云南曲靖质检] 数列{an}满足a1=1且an+1=则a2026= (　 ) A.5×21013 B.21013-2 C.3×21013-4 D.21013-4 类型三　公共项、增减项问题 例5 已知数列{an}满足a1=3,an+1=2an+1,数列{bn}满足b1=1,=. (1)求{an}的通项公式; (2)求{bn}的通项公式; (3)将{bn}中的项按从小到大的顺序插入{an}中,且在任意的ak,ak+1之间插入(2k-1)项,从而构成一个新数列{cn},设{cn}的前n项和为Tn,求T100.     总结反思 (1)对于公共项问题,通过观察找到首项后,从首项开始,逐项判断变化较大(如公差的绝对值大)的数列中的项是否为另一个数列中的项,并找到规律,分析相邻两项之间的关系,从而得到通项公式. (2)对于增加项或减少项数列问题,弄清插入(或减少)的项数及插入(或减少)的项的规律是解题关键,然后再利用分组求和法解决此类问题. 变式题 (1)[2026·河南驻马店模拟] 已知数列{an},{bn}的通项公式分别为an=2n-1,bn=3n-2,将数列{an},{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn},设数列{cn}的前n项和为Sn,则Sn= (　 ) A.3n2 B.3n2-n C.2n2-2n D.3n2-2n (2)数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列,扩充的次数记为n(n∈N*),扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的平均数.现对数列1,3进行扩充,第1次扩充得到数列1,2,3;第2次扩充得到数列1,,2,,3;…,依次扩充,记第n(n∈N*)次扩充得到的数列的所有项之和为Tn,则T8=(　 ) A.510 B.514 C.1022 D.1026 学科网（北京）股份有限公司 $ 增分微课7　重构数列问题 例1　24　[解析] 因为a1=3,an+1+an=2n-1,所以a1+a2=1,得a2=-2.由an+1+an=2n-1①,可得an+2+an+1=2(n+1)-1②,由②-①,得an+2-an=2,所以{a2n-1}是以3为首项,2为公差的等差数列,{a2n}是以-2为首项,2为公差的等差数列,a2n-1=2n+1,a2n=2n-4, 则a7=2×4+1=9,a6=2×3-4=2,所以S7=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=(a1+a3+a5+a7)+(a2+a4+a6)=+=24. 例2　ACD　　[解析] 对于A,当n为偶数时,令+1=2027,得n=4052,符合题意,故A正确;对于B,由题知,a2n-1=22n-1,a2n+1=22n+1,则=4,故数列{a2n-1}是公比为4的等比数列,故B错误;对于C,由题知,a1=2,a2=2,a3=8,a4=3,a5=32,a6=4,所以S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=51,故C正确;对于D,cn=a2n=+1=n+1,则==-,则数列的前n项和为-+-+…+-=-<,故D正确.故选ACD. 例3　1014　[解析] 当n为偶数时,an+1=-an+1,即an+an+1=1, 所以{an}的前2027项的和为a1+a2+a3+…+a2026+a2027=a1+(a2+a3)+…+(a2026+a2027)=1+×1=1014. 变式题　(1)A　(2)C　(3)107 [解析] (1)由an+1+an=2n+1(n∈N*),得an+2+an+1=2(n+1)+1,两式相减得an+2-an=2,故数列{an}的奇数项成等差数列,偶数项成等差数列,公差均为2.由a4=2,a3+a4=7,得a3=5,同理可得a1=3,a2=0,则a17=a1+×2=19,a16=a2+×2=14,所以a1+a2+a3+…+a17=(a1+a3+a5+…+a17)+(a2+a4+…+a16)=+=155.故选A. (2)当n为奇数时,an+1+an=sin.因为函数y=sin(n∈N*)的周期为8,所以an+9+an+8=an+1+an.又a2+a1=sin=,a4+a3=sin=,a6+a5=sin=-,a8+a7=sin=-,所以S8=0,则S2026=253×0+a2025+a2026=253×0+a1+a2=.故选C. (3)由题意可得数列{an}的奇数项是以1为首项,4为公差的等差数列,偶数项是以2为首项,2为公比的等比数列,则a1+a2+a3+…+a10=1+2+5+22+…+17+25=(1+5+…+17)+(2+22+…+25)=+=45+62=107. 例4　解:(1)由题可知b1=a2=a1+1=2,b2=a4=a3+1=2a2+3=7. 显然2n为偶数,则a2n+1=2a2n+2,a2n+2=a2n+1+1, 所以a2n+2=2a2n+3,即bn+1=2bn+3,则bn+1+3=2(bn+3). 又b1+3=5, 所以{bn+3}是以5为首项,2为公比的等比数列,则bn+3=5·2n-1, bn=5·2n-1-3. (2)记cn=a2n-1,则bn=a2n=a2n-1+1=cn+1,即cn=bn-1, S2n=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2+a4+a6+…+a2n)=(c1+c2+…+cn)+(b1+b2+…+bn)=2(b1+b2+…+bn)-n=2×[5×(1+21+…+2n-1)-3n]-n=5·2n+1-7n-10. 变式题　C　[解析] 令n=2k+1,k∈N*,由题意可得a2k+2=2a2k+1.令n=2k,则a2k+1=a2k+2,所以a2k+2=2(a2k+2)=2a2k+4,所以a2k+2+4=2(a2k+4).又a2=2a1=2,所以a2+4=6,则数列{a2k+4}是以6为首项,2为公比的等比数列,所以a2k+4=6×2k-1=3×2k,则a2k=3×2k-4,所以a2026=a2×1013=3×21013-4,故选C. 例5　解:(1)由an+1=2an+1可得an+1+1=2(an+1).又a1+1=4, 所以{an+1}是以4为首项,2为公比的等比数列, 所以an+1=4·2n-1,即an=2n+1-1. (2)方法一:由题可得bn≠0,且bn+1=bn,所以bn=bn-1(n≥2), 所以b2=3b1,b3=b2,b4=b3,…,bn=bn-1(n≥2), 累乘得b1b2b3…bn-1bn=1×3×××…××b1b2b3…bn-1=(2n-1)b1b2b3…bn-1(n≥2), 得bn=2n-1(n≥2).当n=1时,b1=1也满足上式.故bn=2n-1. 方法二:由=可知是常数列, 所以==1, 所以bn=2n-1. (3)设在{cn}的前100项中,来自{an}的有m项. 若第100项来自{an},则m+1+3+5+…+(2m-3)=m+(m-1)2=100, 整理可得m2-m-99=0,该方程没有正整数解,不满足题意. 若第100项来自{bn},则m+1+3+5+…+(2m-1)=m+m2≥100,整理可得m2+m-100≥0. 易知y=x2+x-100在(0,+∞)上单调递增. 当m=9时,92+9-100=-10<0,不满足题意;当m=10时,102+10-100=10>0,满足题意. 故m=10,所以{cn}的前100项中有10项来自{an},有90项来自{bn}, 所以T100=a1+a2+…+a10+b1+b2+…+b90=22-1+23-1+…+211-1+1+3+5+…+2×90-1=-10+902=12 182. 变式题　(1)D　(2)B　[解析] (1)因为数列{an}是以1为首项,以2为公差的等差数列,数列{bn}是以1为首项,以3为公差的等差数列,所以这两个数列的公共项所构成的新数列{cn}是以1为首项,以6为公差的等差数列,所以{cn}的前n项和Sn=n+×6=3n2-2n.故选D. (2)设第n次扩充得到的数列为1,x1,x2,…,xk,3,则Tn=4+x1+x2+…+xk,则第n+1次扩充得到的数列为1,,x1,,x2,…,xk,,3,则Tn+1=6+2(x1+x2+…+xk)=6+2(Tn-4)=2Tn-2.显然Tn+1-2=2(Tn-2),T1-2=6-2=4,因此数列{Tn-2}是以4为首项,2为公比的等比数列,Tn-2=4×2n-1,Tn=2n+1+2,所以T8=29+2=514.故选B. 学科网（北京）股份有限公司 $