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

该高中数学高考复习讲义聚焦子数列问题核心考点，按奇偶项、增减项、公共项与并项三种类型系统梳理，通过考点分类解析、解题方法提炼、真题案例精讲等环节，帮助学生构建转化与化归思维框架，突破项数变化与项值关系难点，体现复习的系统性和针对性。 讲义突出数学思维与模型观念的培养，如奇偶项问题分奇偶讨论求和，增减项问题用项数公式确定新数列构成，公共项问题借通项找公共元素规律。设“感悟进阶”总结方法，配分层练习与即时反馈，助力学生高效掌握解题策略，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供实用指导。

第5讲　子数列问题 　　子数列是数列问题中的一种常见题型．将原数列转化为子数列问题一般适用于某个数列是由几个有规律的数列组合而成的，具体求解时，要搞清楚子数列的项在原数列中的位置，以及在子数列中的位置，即项不变化，项数变化，它体现了转化与化归以及分类讨论、函数与方程的思想，能很好地考查学生的思维能力． 类型一　奇偶项问题 　已知数列{an}满足a1＝10, lg an＋1＝2lg an＋1. (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝(－1)n lg an，Tn为{bn}的前n项和，求Tn. 【解】　(1)因为lg an＋1＝2lg an＋1，所以lg an＋1＋1＝2lg an＋2＝2(lg an＋1)， 因为a1＝10，所以lg a1＋1＝2， 所以{lg an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以lg an＋1＝2×2n-1＝2n， lg an＝2n－1，故an＝102n－1. (2)由(1)可得bn＝(－1)n lg an＝(－1)n·(2n－1)， 所以Tn＝(－1)1·(21－1)＋(－1)2·(22－1)＋…＋(－1)n·(2n－1)， 当n为偶数时， Tn＝(－21＋22－23＋24－…＋2n)＋(1－1＋1－1＋…－1)＝－(21＋23＋…＋2n-1)＋(22＋24＋…＋2n)＋×0＝＋＝； 当n为奇数且n≥3时， Tn＝Tn－1＋bn＝＋(－2n＋1)＝＝. 当n＝1时，T1＝b1＝－1，满足该前n项和公式，所以Tn＝ 【感悟进阶】　(1)含有(－1)n的数列求和，需按奇偶项分为两个数列分别求解． (2)对于通项公式奇、偶项不同的数列{an}求前n项和Sn时，可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以先求出S2k，再利用S2k－1＝S2k－a2k，求S2k－1. 　(多选)(2026·重庆期中)设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，且an＝k∈N*，则(　　) A．a6＝16 B．{a2k－1＋3}是等比数列 C．{an}是递增数列 D．若Sm>4 045，则正整数m的最小值为19 解析：选BCD.由an＝ k∈N*，得a2＝a1＋1＝2，a3＝2a2＋1＝5，a4＝a3＋1＝6，a5＝2a4＋1＝13，a6＝a5＋1＝14，A错误；当n为偶数时，an＋2＝an＋1＋1＝2an＋1＋1＝2an＋2，则an＋2＋2＝2(an＋2)，又a2＋2＝4，此时{an＋2}是首项为4，公比为2的等比数列，则an＋2＝4×2＝2，an＝2－2；当n为奇数时，an＋2＝2an＋1＋1＝2(an＋1)＋1＝2an＋3，则an＋2＋3＝2(an＋3)，又a1＋3＝4，此时{an＋3}是首项为4，公比为2的等比数列，则an＋3＝4×2＝2，an＝2－3，B正确；综上，a2k－1＝2k+1－3，a2k＝2k+1－2且k∈N*，则a2k－a2k－1＝2k+1－2－2k+1＋3＝1>0，且a2k＋1－a2k＝2k+2－3－2k+1＋2＝2k+1－1>0，所以{an}是递增数列且各项均为正数，C正确；数列{Sm}单调递增，当m为奇数时，Sm＝(22－3)＋(22－2)＋(23－3)＋(23－2)＋…＋(2－3)＝2×－5×＋2－3＝3·2－－11，又3×2－－11＝6 088>4 045，当m为偶数时，Sm＝(22－3)＋(22－2)＋(23－3)＋(23－2)＋…＋(2－3)＋(2－2)＝2×－5×＝8(2－1)－5×＝2+3－8－5×，又2+3－8－5×＝4 043<4 045，所以正整数m的最小值是19，D正确． 类型二　增减项问题 　(2026·西安模拟)已知数列{an}是等差数列，且a2＝4，2a4－a5＝7. (1)求数列{an}的通项公式； (2)在ak和ak＋1(k∈N*)之间插入k个相同的数(－1)k+1·k，构成一个新数列{bn}：a1，1，a2，－2，－2，a3，3，3，3，a4，…，求{bn}的前100项和T100. 【解】　(1)因为数列{an}是等差数列，设公差为d，依题意，a2＝4，2a4－a5＝7， 即解得 所以等差数列{an}的通项公式为an＝1＋3(n－1)＝3n－2. (2)设ak和插入的k个数(－1)k+1·k构成一组数，则前k组共有k＋(1＋2＋…＋k)＝k＋＝个数， 令≤100，又k∈N*，解得k≤12； 当k＝12时，＝90<100， 所以{bn}的前100项中包含前12组数和第13组数的前10个， 所以T100＝(a1＋1)＋(a2－22)＋(a3＋32)＋…＋(a11＋112)＋(a12－122)＋(a13＋13×9)＝(a1＋a2＋…＋a13)＋(1－22＋32－42＋…＋112－122)＋117＝－(1＋2＋3＋…＋12)＋117＝247－＋117＝247－78＋117＝286. 【感悟进阶】　对于数列的中间插项或减项构成新数列问题，要先判断数列之间共插入(减少)了多少项(运用等差等比求和或者项数公式去判断)，再根据题目给出的条件确定它包含了哪些项． 　(2026·广州模拟)已知公差不为零的等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，且a1，2a2，4a4成等比数列，4b2，2b3，b4成等差数列． (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令cn＝3an，去掉数列{cn}中的第3k项(k∈N*)，余下的项顺序不变，构成新数列{tn}，写出数列{tn}的前4项，并求{tn}的前2n项和S2n. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，等比数列{bn}的公比为q(q≠0)，由题意得 即 又a1＝b1＝1，d≠0，所以d＝1，q＝2， 所以an＝1＋(n－1)×1＝n，bn＝1×2n-1＝2n-1. (2)由(1)得cn＝3an＝3n，由题意得，数列{tn}为31，32，34，35，37，…，所以{tn}的前4项依次为3，9，81，243. S2n＝t1＋t2＋t3＋…＋t2n＝c1＋c2＋c4＋c5＋…＋c3n－2＋c3n－1＝(c1＋c4＋…＋c3n－2)＋(c2＋c5＋…＋c3n－1)＝(31＋34＋…＋33n-2)＋(32＋35＋…＋33n-1)＝＋＝. 综上，S2n＝. 类型三　公共项与并项 　已知{an}是首项为1的等比数列，{bn}是首项为2的等差数列，a3＝b2且a4＝b1＋b3. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)若{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A，B，将A∪B的所有元素按从小到大的顺序排列组成新数列{cn}，求数列{cn}的前50项和S50. 【解】　(1)设{an}的公比为q(q≠0)，{bn}的公差为d，因为a3＝b2且a4＝b1＋b3， 所以q2＝2＋d，q3＝4＋2d， 解得q＝2，d＝2，所以an＝2n-1，bn＝2n. (2)由(1)知an＝2n-1，bn＝2n. 因为数列{bn}是正偶数构成的等差数列，数列{an}除首项外，其余项都是2的倍数， 所以数列{cn}的前50项和S50＝1＋＝2 451. 【感悟进阶】　与两个数列“公共项”“并项”有关的问题的解题关键是确定好两个数列的“公共项”，此类问题一般有三种类型：一类是去掉“公共项”后，构成新数列；一类是由“公共项”构成新数列；一类是由所有不同数值构成新数列． 　(2026·富阳三校联考)已知数列{an}和{bn}通项公式分别为an＝3n－19，bn＝2n，将数列{an}和{bn}的公共项按照从小到大的顺序排成一个新数列{cn}，则数列{cn}的通项公式为________________． 解析：令数列{an}的第m项与数列{bn}的第k项相等，即3m－19＝2k，则m＝6＋，由2k＋1＝(3－1)k＋1＝3k－C3k-1＋C3k-2－…＋(－1)k-1·3C＋(－1)k＋1，显然3k－C3k-1＋C3k-2－…＋(－1)k-1·3C是3的正整数倍，由m∈N*，得2k＋1是3的倍数，则(－1)k＋1＝0，因此k为正奇数，即k＝2n－1，n∈N*，于是cn＝bk＝2k＝22n-1，所以数列{cn}的通项公式为cn＝22n-1. 答案：cn＝22n-1 学科网（北京）股份有限公司 $