第6章 第5讲 子数列问题 课后检测能力达标(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学

**基本信息** 聚焦数列核心问题，通过阶梯式题型设计系统训练递推关系分析、新数列构造及综合应用能力，培养数学抽象与逻辑推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础运算|1-4题|逆向推导、公差计算|从基本定义到递推关系，构建数列运算体系| |综合应用|5-9题|公共项分析、集合交汇|融合集合思想与数列性质，强化知识迁移| |创新拓展|10-14题|新数列构造、跨知识综合|以函数、不等式为载体，深化数学建模能力|

1．(2026·温州模拟)已知数列{an}满足an＝ 若a4∈[2，3]，则a1的取值范围是(　　) A．[2，4] B．[1，3] C．[3，5] D．[5，9] 解析：选B.设a4＝m，则m∈[2，3]，得a3＝m－1，a2＝2(m－1)＝2m－2，所以a1＝2m－3∈[1，3]. 2．(2026·惠州模拟)已知等差数列{an}的首项a1＝2，公差d＝12，在{an}中每相邻两项之间都插入3个数，组成一个新的等差数列{bn}，则bn＝(　　) A．4n－2 B．3n－1 C．3n D．2n＋1 解析：选B.设{bn}的公差为d′，则b1＝2，d′＝＝＝3，故bn＝2＋3(n－1)＝3n－1. 3．已知两个等差数列2，6，10，…，202及2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为(　　) A．1 678 B．1 666 C．1 472 D．1 460 解析：选B.第一个数列的公差为4，第二个数列的公差为6，故新数列的公差是4和6的最小公倍数12，则新数列是公差为12，首项为2的等差数列，其通项公式为2＋(n－1)×12＝12n－10.令12n－10≤200，得n≤17.5，又n∈N*，故n＝17，则S17＝×17＝×17＝1 666. 4．已知等差数列{an}满足an＝n，若在an与an＋1之间插入2an个得到数列{bn}，Tn为数列{bn}的前n项和，则T50＝(　　) A．15 B． C． D．62 解析：选C.易得{bn}为1，，，2，，，，，3，…，又2＋22＋23＋24＝30，2＋22＋23＋24＋25＝62，则{bn}的前50项中，有a1，a2，a3，a4，a5，且有50－5＝45个，故T50＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋45×＝. 5．(多选)(2026·济宁模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝Sn＋2，{bn}为等差数列，且b2＝a1，b8＝a3，记集合A＝{x∈N*|bn≤x≤an}中元素的个数为cn，数列{cn}的前n项和为Tn，则下列结论正确的是(　　) A．an＝2n B．bn＝n C．cn＝2n－n D．Tn＝2n+1－－2 解析：选ABD.对于A，设等比数列{an}的公比为q，由an＋1＝Sn＋2，得an＝Sn－1＋2(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，即an＋1＝2an，所以q＝2，又a2＝S1＋2＝a1＋2，a2＝2a1，解得a1＝2，所以an＝2×2n-1＝2n，故A正确；对于B，设等差数列{bn}的公差为d，由b2＝a1＝2，b8＝a3＝8，得6d＝b8－b2＝6，解得d＝1，所以bn＝b2＋(n－2)d＝n，故B正确；对于C，由A＝{x∈N*|bn≤x≤an}，得A＝{x∈N*|n≤x≤2n}，则集合A中元素的个数为2n－n＋1，即cn＝2n－n＋1，故C错误；对于D，Tn＝(2＋22＋…＋2n)－(1＋2＋…＋n)＋n＝－＋n＝2n+1－－2，故D正确． 6．(多选)已知等差数列{an}的首项为1，公差为6，在{an}中每相邻两项之间都插入k个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列{bn}，下列说法正确的是(　　) A．an＝6n－5 B．当k＝2时，bn＝2n－1 C．当k＝2时，b19不是数列{an}中的项 D．若b8是数列{an}中的项，则k＝6 解析：选ABD.对于A，由题意得an＝1＋6(n－1)＝6n－5，A正确； 对于B，设{bn}的公差为d1，因为k＝2，所以{bn}为a1，a1＋d1，a1＋2d1，a2，…，an，则d1＝＝＝2，则bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，B正确； 对于C，由B选项知b19＝2×19－1＝37，令6n－5＝37，得n＝7，所以b19是数列{an}中的项，C错误； 对于D，设{bn}的公差为d2，则{bn}为a1，a1＋d2，a1＋2d2，a1＋3d2，…，a1＋kd2，a2，…，an，且bn＝1＋d2(n－1)，d2＝＝，b8＝1＋7d2，令1＋7d2＝6n－5，得1＋7·＝6n－5，即n＝1＋，因为n∈N*，且k>0，所以k＝6，D正确． 7．已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________． 解析：由an＋1＋(－1)nan＝2n－1可得a2n＋1＋a2n＝4n－1，a2n－a2n－1＝4n－3. 两式相减可得a2n－1＋a2n＋1＝2，所以(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋…＋(a57＋a59)＝2×15＝30. 由an＋1＋(－1)nan＝2n－1可得a2n＋1＋a2n＝4n－1，a2n＋2－a2n＋1＝4n＋1. 两式相加得a2n＋a2n＋2＝8n.所以(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋…＋(a58＋a60)＝8＋24＋40＋…＋8×29＝＝1 800. 所以a1＋a2＋…＋a60＝30＋1 800＝1 830. 答案：1 830 8．(2026·湛江模拟)将数列{3n＋2}与{4n}中所有的项去掉它们的公共项后，剩余的项从小到大排序得到数列{an}，则a5＝________，{an}的前202项和为________． 解析：{3n＋2}与{4n}的公共项为12n－4，去掉它们的公共项后， 剩余的项从小到大排序为4，5，11，12，14，16，17，23，24，26，28，29，35，…， 所以a5＝14，且每两个相邻的公共项之间有5项，分别求和， 11＋12＋14＋16＋17＝70，23＋24＋26＋28＋29＝130， 35＋36＋38＋40＋41＝190，…， 可以看到这5项的和可构成首项为70，公差为60的等差数列． 因为(202－2)÷5＝40，所以{an}的前202项和为4＋5＋40×70＋＝49 609. 答案：14　49 609 9．(13分)(2026·莆田质量检测)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知2a4＝a3＋14，S3＝15. (1)求{an}的通项公式；(4分) (2)记集合A＝{x|x＝an，n∈N*}，B＝{x|x＝2n＋1，n∈N*}，将A∪B中的元素从小到大依次排列，得到新数列{bn}，求{bn}的前20项和．(9分) 解：(1)设{an}的公差为d， 由题意得2a1＋6d＝a1＋2d＋14， S3＝3a1＋3d＝15，解得d＝3，a1＝2， 故an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1. (2)方法一：A＝{2，5，8，11，14，17，20，23，26，29，32，35，38，41，44，47，50，53，56，…}， B＝{3，5，9，17，33，65，…}， 故{bn}的前20项为2，3，5，8，9，11，14，17，20，23，26，29，32，33，35，38，41，44，47，50， 故{bn}的前20项和为2＋5＋8＋11＋14＋17＋20＋23＋26＋29＋32＋35＋38＋41＋44＋47＋50＋3＋9＋33＝S17＋3＋9＋33＝17×2＋×3＋45＝487. 方法二：令cn＝2n＋1，n∈N*. 因为a20＝59，令cn≤59，解得n≤5，则c1＝3，c2＝5，c3＝9，c4＝17，c5＝33.因为c2＝a2＝5，c4＝a6＝17，则{bn}的前20项的和为S17＋3＋9＋33＝487. 10．(2026·青岛模拟)已知数列{an}，{bn}，且an＝，bn＝，将{an}与{bn}的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列{cn}，则{cn}的前10项和为(　　) A． B． C． D． 解析：选C.因为数列{2n－1}是正奇数数列．对于数列{(n＋1)2－1}，当n为奇数时，设n＝2k－1(k∈N*)，则(n＋1)2－1＝4k2－1，为奇数；当n为偶数时，设n＝2k(k∈N*)，则(n＋1)2－1＝(2k＋1)2－1＝4k(k＋1)，为偶数，所以cn＝，由数列的函数特性知{cn}为递减数列．又cn＝＝＝(－).所以c1＋c2＋…＋c10＝×(1－＋－＋…＋－)＝×(1－)＝. 11．已知数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝3n，bn＝n，在bm与bm＋1之间插入数列{an}的前m项，构成新数列{cn}，即b1，a1，b2，a1，a2，b3，a1，a2，a3，b4，a1，a2，a3，a4，b5，….记数列{bn}的前n项和为Sn，则i＝(　　) A．30 B．4 944 C．9 876 D．14 748 解析：选B.因为数列{bn}的通项公式为bn＝n，所以数列{bn}为等差数列， 所以数列{bn}的前n项和为Sn＝， 因为数列{an}的通项公式为an＝3n，所以数列{an}为等比数列，所以数列{an}的前n项和为Tn＝＝， 所以i＝T1＋T2＋…＋Tn－1＋b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＋， ＝·－＋＝＋－n－， 当n＝8时，i＝4 944. 12．(多选)(2026·郑州模拟)已知数列{an}，a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝2log2(1＋an)－1.若在数列{bn}中去掉{an}中的项，余下的项组成数列{cn}，则(　　) A．a1＋a2＋a3＋a4＝26 B．b5＝10 C．a4<b15<a5 D．c1＋c2＋…＋c10＝170 解析：选ACD.对于A，因为an＋1＝2an＋1，即an＋1＋1＝2(an＋1)，又a1＋1＝2，所以＝2，故数列{an＋1}为以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝1＋3＋7＋15＝26，故A正确； 对于B，bn＝2log2(1＋2n－1)－1＝2n－1，则b5＝2×5－1＝9，故B错误； 对于C，因为a4＝15，b15＝29，a5＝31，所以a4<b15<a5，故C正确； 对于D，因为b1＝1，bn＋1－bn＝2，所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，b1＝a1＝1，b14＝27，b15＝29，b16＝31， 又a4＝15，a5＝31，a6＝63， 因为b16＝a5＝31，{bn}为正奇数组成，{an}的项也是奇数， 由上面推理可得，c1＋c2＋…＋c10是由{bn}的前14项去掉{an}的前4项余下的项组成， 所以c1＋c2＋…＋c10＝(b1＋b2＋…＋b14)－(a1＋a2＋a3＋a4)＝－(1＋3＋7＋15)＝170.故D正确． 13．(15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝(an－1)，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式；(6分) (2)记bn＝an·sin ，求数列{bn}的前100项的和T100.(9分) 解：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝·(an－1)－(an－1－1)，整理得an＝－2an－1， 又a1＝S1＝(a1－1)，得a1＝－2， 所以数列{an}是以－2为首项，－2为公比的等比数列，则an＝(－2)n，n∈N*. (2)当n＝4k，k∈N*时，b4k＝(－2)4k·sin ＝0， 当n＝4k－1，k∈N*时，b4k－1＝(－2)4k-1·sin ＝24k-1， 当n＝4k－2，k∈N*时，b4k－2＝(－2)4k-2·sin ＝0， 当n＝4k－3，k∈N*时，b4k－3＝(－2)4k-3·sin ＝－24k-3， 则T100＝b1＋b2＋b3＋…＋b100＝－(2＋25＋…＋297)＋(23＋27＋…＋299) ＝－＋＝. 14．(15分)(2026·长沙模拟)已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝，令bn＝－1. (1)证明：数列{bn}为等比数列；(6分) (2)在bn与bn＋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)成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由．(9分) 解：(1)证明：因为an＋1＝，a1＝，所以an＞0， 所以－1＝－1＝(－1), 即bn＋1＝bn，又b1＝－1＝， 所以数列{bn}是首项为，公比为的等比数列． (2)由(1)知bn＝×()n-1＝()n, 由题意知bn＋1＝bn＋(n＋2－1)dn， 即dn＝＝， 假设存在3项dm，dk，dp成等比数列，则d＝dmdp， 所以[]2＝·， 因为m＋p＝2k， 所以化简可得k2＝mp, 所以k＝m＝p，这与已知条件m，k，p互不相等矛盾， 所以不存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列． 学科网（北京）股份有限公司 $