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高考专题辅导与测试·数学
培优点2　子数列问题
高考专题辅导与测试·数学
PART ONE
　　子数列问题包括数列中的奇偶项问题、两数列的公共项与并项问题，增、减项问题，是近几年高考的重点和热点，解题的一般方法是构造新数列，利用新数列的特征（等差、等比或其他数列特征）求解原数列.
数列中的奇偶项问题
【例1】　已知数列{an}满足a1＋a3＝2a2，an＋1＝数
列{cn}满足cn＝a2n－1.
（1）求数列{cn}和{an}的通项公式；
解：由an＋1＝得a2＝3a1，a3＝a2＋2＝3a1＋2，
因为a1＋a3＝2a2，即a1＋3a1＋2＝6a1，
解得a1＝1，
由cn＝a2n－1，得c1＝a1＝1，cn＋1＝a2n＋1，
又a2k＝3a2k－1，a2k＋1＝a2k＋2，k∈N*，
故a2k＋1＝3a2k－1＋2，所以ck＋1＝3ck＋2，即cn＋1＝3cn＋2，
所以cn＋1＋1＝3（cn＋1），
又c1＋1＝2，所以数列{cn＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列，
所以cn＋1＝2·3n－1，所以cn＝2·3n－1－1，
则a2n－1＝2·3n－1－1，故a2n＝3a2n－1＝2·3n－3，
所以an＝
（2）求数列{an}的前n项和Sn.
解：当n为偶数时，Sn＝（a1＋a3＋…＋an－1）＋（a2＋a4
＋…＋an）＝4（a1＋a3＋…＋an－1）＝4（c1＋c2＋…＋ ）＝4×
［ － ］＝4· －2n－4；
当n为奇数时，Sn＝Sn＋1－an＋1＝4· －2（n＋1）－4－（2·
－3）＝2· －2n－3，
综上所述，Sn＝
1. 数列中的奇、偶项问题的常见题型
（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的问题；
（3）含有{a2n}，{a2n－1}的问题；
（4）已知条件明确的奇偶项问题.
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.
　（2024·安康模拟）已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a2＋2a3＝13，
S6＝36.
（1）求{an}的通项公式；
解：设等差数列{an}的公差为d，
由a2＋2a3＝13，S6＝36，
得解得
所以an＝2n－1.
（2）若数列{bn}满足bn＝（－1）nan＋[（－1）n＋1]2n，求{bn}的前2n
项和T2n.
解：由（1）得bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]2n，
当n为奇数时，bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]·2n＝－
（2n－1），
当n为偶数时，bn＝（－1）n（2n－1）＋[（－1）n＋1]·2n＝（2n
－1）＋2n＋1，
所以T2n＝（a2－a1）＋（a4－a3）＋…＋（a2n－a2n－1）＋（23＋25
＋…＋22n＋1）＝2n＋ ＝ ＋2n.
两数列的公共项与并项问题
【例2】　（1）若数列{4n－3}和{3n}的所有项分别构成集合A，B，将
A∪B的元素按从小到大的顺序依次排列构成一个新数列{cn}，则c1＋c2
＋c3＋…＋c20＝ ；
解析：设an＝4n－3，bn＝3n，a20＝77，令bn＜77，则n＝
1，2，3，所以b1＝3，b2＝9，b3＝27.在新数列{cn}的前20项中，因
为a3＝9与b2＝9为公共项，所以前20项为数列{an}中的18项以及
b1，b3.故T20＝a1＋a2＋a3＋…＋a18＋b1＋b3＝18×1＋ ×4＋3
＋27＝660.
660
（2）（2024·四川名校联考）已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，将数列
{an}与数列{2n－1}的公共项从小到大依次排列得到数列{bn}，Tn为
数列{an·bn}的前n项和，则Tn＝ .
解析：由题意知，数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，当n＝1
时，a1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[（n－1）2＋n－
1]＝2n.a1＝2也满足an＝2n，所以an＝2n，n∈N*，所以数列{an}
的各项为2，4，6，8，10，…，又数列{2n－1}的各项为1，2，4，
8，16，…，数列{an}与数列{2n－1}的公共项从小到大依次排列得到
数列{bn}，所以bn＝2n，所以an·bn＝n·2n＋1，所以Tn＝1×22＋
2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1　
（n－1）·2n＋2＋4
①，2Tn＝1×23＋2×24＋…＋（n－1）×2n＋1＋n×2n＋2　②，则①－②
得，－Tn＝（22＋23＋24＋…＋2n＋1）－n×2n＋2＝ －n×2n＋
2＝（1－n）×2n＋2－4，则Tn＝（n－1）·2n＋2＋4.
1. 两个等差数列的公共项是等差数列，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是等比数列.
2. 解决两数列并项问题的关键是正确理解A∪B中的元素特征并准确找出
两个数列的公共项.
　已知an＝ ，bn＝ ，n∈N*，将数列{an}与数列{bn}的公
共项按从小到大的顺序排列，组成一个新数列{cn}，则数列{cn}的前99项
和为 .

解析：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，（n＋1）2－1为奇数，当n为偶数时，（n＋1）2－1为偶数，
所以数列{2n－1}与{（n＋1）2－1}的公共项为奇数，令n＝2k－1
（k∈N*），则（n＋1）2－1＝4k2－1，故＝ ＝
＝ （ － ），所以c1＋c2＋…＋c99＝ ×（1－
＋ － ＋…＋ － ）＝ ×（1－ ）＝ .
数列中的增、减项问题
【例3】　（2024·滨州二模）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4＝
7，S5＝25.
（1）求{an}的通项公式；
解：因为{an}为等差数列，则S5＝5a3＝25，
即a3＝5，
可得d＝a4－a3＝2，a1＝a3－2d＝1，
所以an＝1＋2（n－1）＝2n－1.
（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－1个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，求
{bn}的前150项和T150.
解：因为在ak与ak＋1（k＝1，2，…）之间插入2k－1个3，
可知ak（k≥2）在数列{bn}中对应的项数为n＝k＋20＋21＋…＋2k
－2＝k＋ ＝2k－1＋k－1，
当k＝8时，则n＝27＋7＝135，即a8＝b135；
当k＝9时，则n＝28＋8＝264，即a9＝b264；
由题意可知：b136＝b137＝…＝b150＝3，
所以T150＝S8＋3（150－8）＝ ＋426＝490.
　　解决此类问题的关键是通过阅读理解题意，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.
　已知数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，在等比数列{an}中，a1
＝b1，a4＝b8.
（1）求{bn}与{an}的通项公式；
解：∵Sn＝n2＋n，∴当n≥2且n∈N*时，bn＝Sn－Sn－1＝2n.
又b1＝S1＝2也符合上式，∴bn＝2n.
∵a1＝b1＝2，a4＝b8＝16，
∴等比数列{an}的公比为2，
∴an＝2n.
（2）若{bn}中去掉{an}的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求{cn}
的前20项和.
解：∵a1＝2，a2＝4，a3＝8，a4＝16，a5＝32，b25＝50，
∴c1＋c2＋…＋c20＝（b1＋b2＋…＋b25）－（a1＋a2＋…＋a5）＝
S25－（21＋22＋…＋25）＝252＋25－ ＝650－62＝588.
课时跟踪检测
1. （2024·湘豫名校联考）已知等比数列{an}的公比与等差数列{bn}的公
差均为2，且a1＝b1＋2＝2，设数列{cn}满足cn＝
n∈N*，则数列{cn}的前20项的和为（　　）
A. B.
C. D.
1
2
3
4
5
√
解析：　因为a1＝b1＋2＝2，所以b1＝0，a1＝2，所以an＝2n，bn＝
2n－2，根据题意，cn＝所以T20＝a1＋b2＋a3＋b4
＋…＋a19＋b20＝（2＋23＋25＋…＋219）＋2（1＋3＋5＋…＋19）＝
＋2× ＝ .故选B.
1
2
3
4
5
2. （2024·漳州第三次质量检测）将数列{3n－1}与{2n}的公共项从小到大
排列得到数列{an}，则a20＝（　　）
A. 237 B. 238 C. 239 D. 240
解析：　令3t－1＝2m，得t＝ ＝ ＝
＝ ，k∈N*，当m是正奇数，即m＝2n－1时，t是正整
数，符合题意，所以an＝22n－1，所以a20＝22×20－1＝239，故选C.
√
1
2
3
4
5
3. 已知数列：1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，即
此数列第一项是20，接下来两项是20，21，再接下来三项是20，21，22，
依此类推，设Sn是此数列的前n项和，则S2 025＝（　　）
A. 264＋446 B. 263＋190
C. 264＋62 D. 263＋62
√
1
2
3
4
5
解析：　将数列分组：第一组有一项，和为20；第二组有两项，和为
20＋21；…；第n组有n项，和为20＋21＋…＋2n－1＝ ＝2n－1，则
前63组共有 ＝2 016（项），所以S2 025＝20＋（20＋21）＋…＋
（20＋21＋…＋262）＋20＋21＋22＋23＋24＋25＋26＋27＋28＝（21－1）
＋（22－1）＋…＋（263－1）＋（29－1）＝（2＋22＋…＋263）－63＋
511＝ ＋448＝264＋446.
1
2
3
4
5
4. （2024·河南五市第一次联考）在等差数列{an}中，a3＋a4＋a11＝84，
a7＝33.
（1）求数列{an}的通项公式；
解： 在等差数列{an}中，由a3＋a4＋a11＝84，得a4＋2a7＝
84，而a7＝33，解得a4＝18，
因此数列{an}的公差d＝ ＝5，
an＝a4＋（n－4）d＝5n－2，所以数列{an}的通项公式是an＝
5n－2.
1
2
3
4
5
（2）若记bk（k∈N*）为{an}中落在区间（5k，52k）内项的个数，求
{bk}的前k项和Tk.
解：由5k＜an＜52k，得5k＜5n－2＜52k，整理得5k－1＋
＜n＜52k－1＋ ，
因此正整数n满足5k－1＋1≤n≤52k－1，从而得bk＝52k－1－5k－1，
所以{bk}的前k项和为Tk＝ － ＝ （52k＋1－6×5k
＋1）（k∈N*）.
1
2
3
4
5
5. （2024·湖南九校联盟第二次联考）已知数列{an}的前n项和为Sn，满
足2Sn＋an＝3；数列{bn}满足bn＋bn＋1＝2n＋1，其中b1＝1.
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
解：由2Sn＋an＝3，　①
当n≥2时，2Sn－1＋an－1＝3，　②
①－②得2an＋an－an－1＝0.∴an＝ an－1（n≥2），
当n＝1时，2a1＋a1＝3，∴a1＝1，
∴{an}是首项为1，公比为 的等比数列，故an＝（ ）n－1
（n∈N*）.
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2
3
4
5
由bn＋bn＋1＝2n＋1，　③
得bn＋1＋bn＋2＝2n＋3.　④
④－③得bn＋2－bn＝2，
又由b1＝1，得b2＝2，
∴{bn}的所有奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列；
所有偶数项构成首项为2，公差为2的等差数列.
得b2n－1＝1＋（n－1）×2＝2n－1，b2n＝2＋（n－1）×2＝
2n，∴bn＝n（n∈N*）.
综上可得an＝（ ）n－1，bn＝n（n∈N*）.
1
2
3
4
5
（2）对于给定的正整数i（i＝1，2，…，n），在ai和ai＋1之间插入i
个数ci1，ci2，…，cii，使ai，ci1，ci2，…，cii，ai＋1成等差数列.
求Tn＝c11＋c21＋c22＋…＋cn1＋cn2＋…＋cnn.
解：在an和an＋1之间新插入n个数cn1，cn2，…，cnn，使
an，cn1，cn2，…，cnn，an＋1成等差数列，设公差为dn，则dn＝
＝ ＝－ ，
则cnk＝an＋kdn＝（ ）n－1－ ，∴ cnk＝ －
· ＝ .
1
2
3
4
5
Tn＝c11＋c21＋c22＋…＋cn1＋cn2＋…＋cnn＝2（ ＋ ＋…＋
）， ⑤
则 Tn＝2（ ＋ ＋…＋ ）. ⑥
⑤－⑥得 Tn＝2（ ＋ ＋…＋ － ）＝2 ＝
1－ ，
∴Tn＝ － .
1
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