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强基培优5　子数列、新情境、新定义问题
培优点一　数列奇偶项问题
【典例展示1】　已知等差数列{an}满足a3＝10，a5－2a2＝6．
(1)求an；
(2)数列{bn}满足bn＝Tn为数列{bn}的前n项和，求T2n．
[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d，
则
解得
∴an＝2＋4(n－1)＝4n－2．
(2)∵bn＝
则b2n-1＝22n-2，b2n＝a2n-1＝4n－3．
∴T2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n-1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)＝(20＋22＋24＋…＋22n-2)＋[1＋5＋9＋…＋(4n－3)]＝．
名师点评：数列奇偶项的问题主要考查综合知识与探究问题的能力，解决此类问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差或公比等，特别注意分类讨论等思想在解题中的灵活运用．
【纵深攻略】
1．已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn．
[解]　(1)设等差数列{an}的公差为d．
因为bn＝
所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6．
因为S4＝32，T3＝16，
所以
整理得
所以{an}的通项公式为an＝2n＋3．
(2)证明：由(1)知an＝2n＋3，
所以Sn＝＝n2＋4n，
bn＝
当n为奇数时，
Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝＝．
当n>5时，Tn－Sn＝>0，
所以Tn>Sn．
当n为偶数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝．
当n>5时，Tn－Sn＝>0，
所以Tn>Sn．
综上可知，当n>5时，Tn>Sn．
培优点二　数列增减项问题
【典例展示2】　已知数列＋an＝8n＋4．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知bn＝2n，在数列
的前192项和T192．
[解]　(1)当n＝1时，a2＋a1＝12，所以a2＝8；
当n≥2时，an＋an-1＝8n－4，
所以－an-1 ＝8；
当n为偶数时，an＝8＋×8＝4n；
当n为奇数时，an＝4＋×8＝4n；
综上所述，an＝4n．
(2)设{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Hn，
由(1)可知a200＝800，b9＝29＝512，
当n≤200时，可知{an}与{bn}的公共项为4，8，16，…，512，共8项，
所以数列＝80 400－1 020＝79 380．
名师点评：(1)解决数列中增减项问题的关键是通过阅读理解题意，弄清楚增加了(减少了)多少项，增加(减少)的项有什么特征．
(2)两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列，且公差(比)是两等差(比)数列公差(比)的最小公倍数，一个等差数列与一个等比数列的公共项，则要通过其项数之间的关系来确定．
【纵深攻略】
2．记数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，有2Sn＝nan，且a2＝3．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对所有正整数m，若ak<2m[解]　(1)由2Sn＝nan，则2Sn+1＝(n＋1)an+1，
两式相减，得2an+1＝(n＋1)an+1－nan，
整理，得(n－1)an+1＝nan，
即n≥2时，，
所以当n≥2时，an＝·…··…··3＝3(n－1)，
又当n＝1时，2a1＝a1，得a1＝0，也满足上式．
故an＝3(n－1)(n∈N*)．
(2)由a40＝117，所以26又a34＝99>26，所以．
故b1＋b2＋…＋b40＝(a1＋a2＋…＋a34)＋(21＋22＋…＋26)
＝＝1 683＋126＝1 809．
所以{bn}的前40项和为1 809．
培优点三　数列新情境、新定义问题
【典例展示3】　若正整数m，n的最大公约数为1，则称m，n互质．对于正整数k，φan．
(1)求数列的通项公式；
(2)设32 026＝m，求的前2 026项和(结果用m表示，数字用分数)；
(3)证明：>an．
[解]　(1)由an＝，
得a1＝＝9．
又因为数列的公比为q，
可得q＝＝3，因此an＝3n．
所以Sn＝×3n，
即Sn-1＝×3n-1，n≥2；
可得bn＝Sn－Sn-1＝×3n－[(n－1)2＋n－1]×3n-1，n≥2．
即bn＝×3n-1，n≥2．
当n＝1时，S1＝b1＝6满足上式，
即可得bn＝×3n-1，n∈N*．
(2)由(1)可知×3n-1，
设Tn＝＋…＋＝6×30＋8×31＋…＋×3n-1，
则3Tn＝6×31＋8×32＋…＋×3n，
两式相减可得－2Tn＝6×30＋2×31＋2×32＋…＋2×3n-1－×3n
＝6＋2××3n
＝3n＋3－×3n，
即Tn＝，
所以T2 026＝．
(3)证明：当n＝1时，＝6>a1＝3，原不等式成立；
当n≥2时，×3n-1>2×3n-1，
所以＋…＋>6＋2×31＋…＋2×3n-1＝3n＋3>3n＝an，
综上可知＋…＋>an．
名师点评：对于新信息情境下的数列问题，在读懂题意的前提下，依据题目提供的信息，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决．
【纵深攻略】
3．已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100．
[解]　(1)由于数列{an}是公比大于1的等比数列，设首项为a1，公比为q，
依题意有解得(舍去)，
所以数列{an}的通项公式为an＝2n．
(2)由题意知，b1＝0，且当2n≤m<2n+1时，bm＝n，
则S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×4＋3×8＋4×16＋5×32＋6×37＝480．
教用备选题·强基培优(五)　子数列、新情境、新定义问题
1．已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n＋r，其中r为常数．
(1)求r的值；
(2)设bn＝2(1＋log2an)，若数列{bn}中去掉与数列{an}相同的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋c3＋…＋c100的值．
[解]　(1)因为Sn＝2n＋r，所以a1＝S1＝2＋r，a1＋a2＝S2＝4＋r，即a2＝2，a1＋a2＋a3＝S3＝8＋r，即a3＝4．由{an}是等比数列可知＝a1a3，所以4＝(2＋r)×4，可得r＝－1．故Sn＝2n－1，a1＝2＋r＝1．当n≥2时，an＝Sn－Sn-1＝(2n－1)－(2n-1－1)＝2n-1，且a1＝1也适合该式，故an＝2n-1，{an}是等比数列，即r＝－1满足题意．所以r＝－1．
(2)由(1)知bn＝2(1＋log2an)＝2(1＋log22n-1)＝2n．因为a1＝1，a2＝2＝b1，a3＝4＝b2，a4＝8＝b4，a5＝16＝b8，a6＝32＝b16，a7＝64＝b32，a8＝128＝b64，a9＝256＝b128，所以c1＋c2＋c3＋…＋c100＝(b1＋b2＋…＋b107)－(a2＋a3＋…＋a8)＝＝11 302．
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝，{bn}为等比数列，公比为2，且b1，b2＋1，b3成等差数列．
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(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]　(1)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)，
b1＋b1·22＝2(b1·2＋1)，
解得b1＝2，
所以bn＝2n．
(2)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＝．
3．已知{an}为等比数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的数，且a1，a2，a3中的任何两个数都不在同一列，{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且a1＝b3－2b1，S7＝7a3．
第一列 第二列 第三列
第一行 1 5 2
第二行 4 3 10
第三行 9 8 20
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若cn＝[lg bn]，其中[x]是高斯函数，表示不超过x的最大整数，如[lg 2]＝0，[lg 98]＝1，求数列{cn}的前100项和T100．
[解]　(1)由题意知a1＝2，a2＝4，a3＝8，
所以等比数列{an}的公比q＝2，
an＝a1qn-1＝2n．
设等差数列{bn}的公差为d，则
2＝b3－2b1＝2d－b1，S7＝＝7b4＝7a3，
所以b4＝8＝b1＋3d，所以b1＝2，d＝2，bn＝2n．
(2)因为bn＝2n，所以cn＝[lg(2n)]．
所以T100＝c1＋c2＋…＋c100＝[lg 2]＋[lg 4]＋[lg 6]＋[lg 8]＋[lg 10]＋…＋[lg 98]＋[lg 100]＋…＋[lg 200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147．
4．设数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3an－1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝求数列{bn}的前n项和Tn．
[解]　(1)因为2Sn＝3an－1，所以当n≥2时，2Sn-1＝3an-1－1，
所以2an＝3an－3an-1(n≥2)，
即an＝3an-1(n≥2)．
当n＝1时，2S1＝2a1＝3a1－1，解得a1＝1，
则{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
故an＝3n-1．
(2)由(1)可知，当n为奇数时，bn＝an＝3n-1；
当n为偶数时，bn＝log3an＝n－1．
当n为奇数时，Tn＝(b1＋b3＋b5＋…＋bn)＋(b2＋b4＋b6＋…＋bn-1)
＝(1＋32＋34＋…＋3n-1)＋(1＋3＋5＋…＋n－2)
＝＝；
当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋b5＋…＋bn-1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋bn)
＝(1＋32＋34＋…＋3n-2)＋(1＋3＋5＋…＋n－1)
＝．
综上，Tn＝
8/8强基培优5　子数列、新情境、新定义问题
培优点一　数列奇偶项问题
【典例展示1】　已知等差数列{an}满足a3＝10，a5－2a2＝6．
(1)求an；
(2)数列{bn}满足bn＝Tn为数列{bn}的前n项和，求T2n．
[尝试解答]
名师点评：数列奇偶项的问题主要考查综合知识与探究问题的能力，解决此类问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差或公比等，特别注意分类讨论等思想在解题中的灵活运用．
【纵深攻略】
1．已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn．
培优点二　数列增减项问题
【典例展示2】　已知数列+an＝8n+4．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知bn＝2n，在数列
的前192项和T192．
[尝试解答]
名师点评：(1)解决数列中增减项问题的关键是通过阅读理解题意，弄清楚增加了(减少了)多少项，增加(减少)的项有什么特征．
(2)两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列，且公差(比)是两等差(比)数列公差(比)的最小公倍数，一个等差数列与一个等比数列的公共项，则要通过其项数之间的关系来确定．
【纵深攻略】
2．记数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，有2Sn＝nan，且a2＝3．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对所有正整数m，若ak<2m培优点三　数列新情境、新定义问题
【典例展示3】　若正整数m，n的最大公约数为1，则称m，n互质．对于正整数k，φ
an．
(1)求数列的通项公式；
(2)设32 026＝m，求的前2 026项和(结果用m表示，数字用分数)；
(3)证明：+…+>an．
[尝试解答]
名师点评：对于新信息情境下的数列问题，在读懂题意的前提下，依据题目提供的信息，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决．
【纵深攻略】
3．已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4＝20，a3＝8．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100．
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