2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第六章　§6.7　子数列问题含答案

2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第六章§6.7子数列问题§6.7子数列问题重点解读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．题型一奇数项与偶数项问题例1(2023·新高考全国Ⅱ)已知{an}为等差数列，bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数.))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.(1)解设等差数列{an}的公差为d，而bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，))则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋6d＝32，,T3＝4a1＋4d－12＝16，))解得a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，所以数列{an}的通项公式是an＝2n＋3.(2)证明方法一由(1)知，Sn＝eq\f(n5＋2n＋3,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，))当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，Tn＝eq\f(13＋6n＋1,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn.当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq\f(3,2)(n＋1)2＋eq\f(7,2)(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.综上，当n>5时，Tn>Sn.方法二由(1)知，Sn＝eq\f(n5＋2n＋3,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，))当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝eq\f(－1＋2n－1－3,2)·eq\f(n,2)＋eq\f(14＋4n＋6,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn，当n为奇数时，若n≥3，则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq\f(－1＋2n－3,2)·eq\f(n＋1,2)＋eq\f(14＋4n－1＋6,2)·eq\f(n－1,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式，因此当n为奇数时，Tn＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn，所以当n>5时，Tn>Sn.思维升华数列中的奇、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的类型；(3)含有{a2n}，{a2n－1}的类型．跟踪训练1(2023·岳阳模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，其公比q≠－1，eq\f(a4＋a5,a7＋a8)＝eq\f(1,27)，且S4＝a3＋93.(1)求数列{an}的通项公式；(2)已知bn＝求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)因为{an}是等比数列，公比q≠－1，则a4＝a1q3，a5＝a1q4，a7＝a1q6，a8＝a1q7，所以eq\f(a4＋a5,a7＋a8)＝eq\f(a1q3＋a1q4,a1q6＋a1q7)＝eq\f(1,q3)＝eq\f(1,27)，解得q＝3，由S4＝a3＋93，可得eq\f(a11－34,1－3)＝9a1＋93，解得a1＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝3n.(2)由(1)得bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－n，n为奇数，,3n，n为偶数，))当n为偶数时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝－(1＋3＋…＋n－1)＋(32＋34＋…＋3n)＝－eq\f(\f(n,2)[1＋n－1],2)＋＝eq\f(9,8)(3n－1)－eq\f(n2,4)；当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq\f(9,8)(3n＋1－1)－eq\f(n＋12,4)－3n＋1＝eq\f(1,8)×3n＋1－eq\f(9,8)－eq\f(n＋12,4)，综上所述，Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)×3n＋1－\f(9,8)－\f(n＋12,4)，n为奇数，,\f(9,8)3n－1－\f(n2,4)，n为偶数.))题型二数列的公共项例2已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(3n2＋n,2)，{bn}为等比数列，公比为2，且b1，b2＋1，b3为等差数列．(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＝eq\f(3n2＋n,2)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＝eq\f(21－4n,1－4)＝eq\f(24n－1,3).思维升华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．跟踪训练2(2023·邵阳模拟)数列{2n－1}和数列{3n－2}的公共项从小到大构成一个新数列{an}，数列{bn}满足bn＝eq\f(an,2n)，则数列{bn}的最大项等于________．答案eq\f(7,4)解析数列{2n－1}和数列{3n－2}的公共项从小到大构成的一个新数列为1,7,13，…，该数列是首项为1，公差为6的等差数列，所以an＝6n－5，所以bn＝eq\f(6n－5,2n)，因为bn＋1－bn＝eq\f(6n＋1,2n＋1)－eq\f(6n－5,2n)＝eq\f(11－6n,2n＋1)，所以当n≥2时，bn＋1－bn<0，即b2>b3>b4>…，又b1<b2，所以数列{bn}的最大项为第二项，其值为eq\f(7,4).题型三数列增减项例3(2024·杭州模拟)设数列{an}满足an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝2.(1)求数列{an}的通项公式；(2)在数列{an}的任意ak与ak＋1项之间，都插入k(k∈N*)个相同的数(－1)kk，组成数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Tn，求T27的值．解(1)因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，所以an＋1－an＝2an－2an－1，又a1＝1，a2＝2，所以数列{an＋1－an}为首项为1，公比为2的等比数列，所以an＋1－an＝2n－1，所以当n≥2，n∈N*时，a2－a1＝1，a3－a2＝2，…，an－an－1＝2n－2，所以an－a1＝1＋2＋…＋2n－2＝eq\f(1－2n－1,1－2)＝2n－1－1，所以当n≥2，n∈N*时，an＝2n－1，又a1＝1也满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．(2)数列{bn}中，在ak＋1之前共有k＋(1＋2＋…＋k)＝k＋eq\f(1＋kk,2)＝eq\f(k2＋3k,2)项，当k＝5时，eq\f(k2＋3k,2)＝20<27，当k＝6时，eq\f(k2＋3k,2)＝27，则T27＝(1＋2＋22＋…＋25)＋(－12＋22－32＋42－52＋62)＝eq\f(1－26,1－2)＋(3＋7＋11)＝26－1＋21＝84.思维升华对于数列的中间插项或减项构成新数列问题，我们要把握两点：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看)，再对于题目给出的条件确定它包含了哪些项．跟踪训练3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，aeq\o\al(2,2)＝a1a3，所以4＝(2＋r)×4，即r＝－1.此时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是等比数列，即r＝－1满足题意．所以r＝－1.(2)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＋…＋a8)＝eq\f(107×2＋214,2)－eq\f(21－27,1－2)＝11302.课时精练1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)an＋n，n＝2k－1，,an－2n，n＝2k，))k∈N*.(1)求a2，a3；设bn＝a2n－2，n∈N*，证明数列{bn}是等比数列，并求其通项公式；(2)求数列{an}前10项中所有奇数项的和．解(1)依题意，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)an＋n，n＝2k－1，,an－2n，n＝2k，))k∈N*，所以a2＝eq\f(1,2)a1＋1＝eq\f(3,2)，a3＝a2－4＝eq\f(3,2)－4＝－eq\f(5,2).bn＝a2n－2，a2n＝bn＋2，bn＋1＝a2n＋2－2＝a2n＋1＋1－2＝eq\f(1,2)a2n＋1＋2n＋1－2＝eq\f(1,2)a2n＋1＋2n－1＝eq\f(1,2)(a2n－4n)＋2n－1＝eq\f(1,2)a2n－1＝eq\f(1,2)(bn＋2)－1＝eq\f(1,2)bn.所以数列{bn}是首项为b1＝a2－2＝eq\f(3,2)－2＝－eq\f(1,2)，公比为eq\f(1,2)的等比数列，所以bn＝－eq\f(1,2n).(2)a2n＝2－eq\f(1,2n)，a2n＋1＝a2n－4n＝2－eq\f(1,2n)－4n，所以a5＝2－eq\f(1,22)－8，a7＝2－eq\f(1,23)－12，a9＝2－eq\f(1,24)－16，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,22)－8))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,23)－12))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,24)－16))＝－eq\f(511,16).2．(2023·无锡模拟)设等比数列{an}的首项为a1＝2，公比为q(q为正整数)，且满足3a3是8a1与a5的等差中项；数列{bn}满足2n2－(3＋bn)n＋eq\f(3,2)bn＝0(n∈N*)．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)对每个正整数k，在ak与ak＋1之间插入bk个2，得到一个新数列{cn}．设Tn是数列{cn}的前n项和，试求T100.解(1)由题意，可得6a3＝8a1＋a5，所以6q2＝8＋q4，解得q2＝4或q2＝2，又q为正整数，所以q＝2，又a1＝2，所以an＝2n.由2n2－(3＋bn)n＋eq\f(3,2)bn＝0，得bn＝2n.(2)因为b1＝2，所以a1与a2之间插入2个2，b2＝4，所以a2与a3之间插入4个2，b3＝6，所以a3与a4之间插入6个2，…则{cn}的前100项，由90个2及a1，a2，a3，…，a9，a10构成，所以T100＝(a1＋a2＋…＋a10)＋2×90＝eq\f(2×1－210,1－2)＋180＝2226.3．已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn－nan＝n，n∈N*，且a2＝3.(1)求证：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an－1,n－1)))(n≥2)是常数列；(2)求数列{an}的通项公式．若数列{bn}的通项公式为bn＝3n－2，将数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺序排列得到数列{cn}，求{cn}的前n项和．(1)证明由2Sn－nan＝n，得2Sn＋1－(n＋1)an＋1＝n＋1，将上述两式相减，得2an＋1－(n＋1)an＋1＋nan＝1，即nan－(n－1)an＋1＝1.∴an＋1＝eq\f(nan－1,n－1)(n≥2)，∵eq\f(an＋1－1,n)－eq\f(an－1,n－1)＝eq\f(\f(nan－1,n－1)－1,n)－eq\f(an－1,n－1)＝eq\f(an－1,n－1)－eq\f(an－1,n－1)＝0(n≥2)，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an－1,n－1)))(n≥2)是常数列．(2)解由(1)可知，当n≥2时，eq\f(an－1,n－1)＝eq\f(a2－1,2－1)＝2，∴an＝2n－1(n≥2)，经检验，当n＝1时，an＝2n－1也适用，∴an＝2n－1(n∈N*)，∴数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，又数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，∴这两个数列的公共项所构成的新数列{cn}是以1为首项，6为公差的等差数列，∴{cn}的前n项和为n×1＋eq\f(nn－1,2)×6＝3n2－2n.4．设数列{an}的前n项和为Sn＝(n－1)2n＋1＋2，n∈N*.(1)求{an}的通项公式；(2)若bn＝eq\f(an,n)，抽去数列{bn}中的第1项，第4项，第7项，…，第3n－2项，余下的项顺序不变，组成一个新数列{cn}，求{cn}的前2023项和T2023.解(1)由Sn＝(n－1)2n＋1＋2，得a1＝2，Sn－1＝(n－2)2n＋2(n≥2)，两式相减得an＝n·2n(n≥2)，当n＝1时，代入上式，求得a1＝2，所以an＝n·2n(n∈N*)．(2)由题知，bn＝eq\f(an,n)＝2n，所以数列{cn}为22,23,25,26,28,29，…，它的奇数项组成以4为首项，8为公比的等比数列；偶数项组成以8为首项，8为公比的等比数列，所以T2023＝(c1＋c3＋c5＋…＋c2023)＋(c2＋c4＋c6＋…＋c2022)＝eq\f(4×1－81012,1－8)＋eq\f(8×1－81011,1－8)＝eq\f(4×81012－4,7)＋eq\f(81012－8,7)＝eq\f(5×81012－12,7).必刷大题12数列的综合问题1．若数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)．(1)求a1，a2，a3，a4；(2)求数列{an}的前2024项和S2024.解(1)因为数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)，所以a1＝－1，a2＝3，a3＝－5，a4＝7.(2)由an＝(－1)n(2n－1)，可得当n为奇数时，an＋an＋1＝(－1)n(2n－1)＋(－1)n＋1(2n＋1)＝2，所以S2024＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2023＋a2024)＝2＋2＋…＋2＝2×1012＝2024.2．(2023·广州模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且S1＝2，Sn＝eq\f(n,n＋2)an＋1，bn＝eq\f(Sn,n)(n∈N*)．(1)求数列{bn}的通项公式；(2)设cn＝eq\f(bn,bn－1bn＋1－1)，数列{cn}的前n项和Tn，求证：eq\f(2,3)≤Tn<1.(1)解因为Sn＝eq\f(n,n＋2)an＋1，所以(n＋2)Sn＝nan＋1，因为an＋1＝Sn＋1－Sn，所以(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn，所以eq\f(Sn＋1,n＋1)＝2·eq\f(Sn,n)(n∈N*)．即bn＋1＝2bn，又b1＝S1＝2，所以数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列．所以bn＝2n.(2)证明cn＝eq\f(bn,bn－1bn＋1－1)＝eq\f(2n,2n－12n＋1－1)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，故数列{cn}的前n项和Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,22－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22－1)－\f(1,23－1)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))＝1－eq\f(1,2n＋1－1)，因为n∈N*，所以0<eq\f(1,2n＋1－1)≤eq\f(1,3)，所以eq\f(2,3)≤Tn<1.3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋2＝2an.(1)求a2及数列{an}的通项公式；(2)在an与an＋1之间插入n个数，使得这n＋2个数依次组成公差为dn的等差数列，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,dn)))的前n项和Tn.解(1)由题意，当n＝1时，S1＋2＝a1＋2＝2a1，解得a1＝2，当n＝2时，S2＋2＝2a2，即a1＋a2＋2＝2a2，解得a2＝4，当n≥2时，由Sn＋2＝2an，可得Sn－1＋2＝2an－1，两式相减，可得an＝2an－2an－1，整理，得an＝2an－1，∴数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＝2·2n－1＝2n，n∈N*.(2)由(1)可得，an＝2n，an＋1＝2n＋1，在an与an＋1之间插入n个数，使得这n＋2个数依次组成公差为dn的等差数列，则有an＋1－an＝(n＋1)dn，∴dn＝eq\f(an＋1－an,n＋1)＝eq\f(2n,n＋1)，∴eq\f(1,dn)＝eq\f(n＋1,2n)，∴Tn＝eq\f(1,d1)＋eq\f(1,d2)＋…＋eq\f(1,dn)＝eq\f(2,21)＋eq\f(3,22)＋eq\f(4,23)＋…＋eq\f(n＋1,2n)，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋eq\f(4,24)＋…＋eq\f(n,2n)＋eq\f(n＋1,2n＋1)，两式相减，可得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(2,21)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n＋1,2n＋1)＝1＋eq\f(\f(1,22)－\f(1,2n＋1),1－\f(1,2))－eq\f(n＋1,2n＋1)＝eq\f(3,2)－eq\f(n＋3,2n＋1)，∴Tn＝3－eq\f(n＋3,2n).4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝7，S3＝5a1.(1)求{an}的通项公式；(2)设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4,Sn)))的前n项和为Tn，证明：当n≥3时，Tn>eq\f(Sn,n).(1)解a3＝a1＋2d＝7，S3＝3a1＋3d＝5a1，解得a1＝3，d＝2，故an＝2n＋1.(2)证明Sn＝3n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2＋2n，1＋eq\f(4,Sn)＝1＋eq\f(4,n2＋2n)＝1＋eq\f(2,n)－eq\f(2,n＋2)，Tn＝1＋eq\f(2,1)－eq\f(2,3)＋1＋eq\f(2,2)－eq\f(2,4)＋1＋eq\f(2,3)－eq\f(2,5)＋…＋1＋eq\f(2,n)－eq\f(2,n＋2)＝n＋3－eq\f(2,n＋1)－eq\f(2,n＋2)，当n≥3，要证明Tn>eq\f(Sn,n)，即n＋3－eq\f(2,n＋1)－eq\f(2,n＋2)>n＋2，即证1>eq\f(2,n＋1)＋eq\f(2,n＋2)，易知eq\f(2,n＋1)＋eq\f(2,n＋2)是一个递减数列，故当n＝3时，其最大值为eq\f(2,4)＋eq\f(2,5)＝eq\f(9,10)<1，得证．5．(2023·邯郸统考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝3Sn＋1(n∈