补上一课　数列中的子数列、新情境问题

补上一课数列中的子数列、新情境问题题型分析1.在一个数列中通过插项、提项或提取两个数列的公共项重构一个新的数列叫做子数列问题.2.数列的创新问题是指新定义数列，利用图表表示数列等.题型一子数列问题角度1公共项例1(2024·嘉兴模拟)已知{an}是首项为2，公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1.(1)证明{bn－n}是等比数列，并求{an}，{bn}的通项公式；(2)若数列{an}与{bn}中有公共项，即存在k，m∈N*，使得ak＝bm成立.按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作{cn}，求c1＋c2＋…＋cn.解(1)由题意可得an＝2＋(n－1)×3＝3n－1，而b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1，变形可得bn＋1－(n＋1)＝3bn－3n＝3(bn－n)，b1－1＝3，故{bn－n}是首项为3，公比为3的等比数列，从而bn－n＝3n，即bn＝3n＋n(n∈N*).(2)由题意可得3k－1＝3m＋m(k，m∈N*)，因为3k，3m是3的倍数，所以m＋1也为3的倍数，令m＋1＝3n，则m＝3n－1(n∈N*)，则3k－1＝33n－1＋3n－1＝3(33n－2＋n)－1，此时满足条件，即当m＝2，5，8，…，3n－1时为公共项，所以c1＋c2＋…＋cn＝b2＋b5＋…＋b3n－1＝32＋35＋…＋33n－1＋(2＋5＋…＋3n－1)＝eq\f(9（27n－1）,26)＋eq\f(n（3n＋1）,2)(n∈N*).角度2插项、提项例2已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n＋1.(1)求{an}的通项公式；(2)保持{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1之间插入k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T100的值(用数字作答).解(1)由数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n＋1，当n≥2时，Sn－1＝2n－1＋1，所以an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，n≥2，当n＝1时，a1＝S1＝21＋1＝3，不符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n－1，n≥2.))(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k个1，则新数列{bn}的前100项为3，1，21，1，1，22，1，1，1，23，1，1，1，1，24，…，212，1，1，1，1，1，1，1，1，1，则T100＝[3＋(21＋22＋…＋212)]＋[(1＋2＋3＋…＋12)＋9]＝90＋213－2＝88＋213＝8192＋88＝8280.感悟提升1.两个等差(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.2.数列的插项、提项问题可通过研究前n次的变化探究出一般性规律，从而确定新数列的首项、项数、公差(或公比)、末项等信息.训练1(2024·济南模拟)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝4，b1＝2，a2＝2b2－1，a3＝b3＋2.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)数列{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依次排列构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前60项和S60.解(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4＋d＝2·2q－1，,4＋2d＝2·q2＋2，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝4q－5，,d＝q2－1，))∴q＝2，d＝3，∴an＝3n＋1，bn＝2n.(2)当{cn}的前60项中含有{bn}的前6项时，令3n＋1<27＝128，∴n<eq\f(127,3)，此时至多有41＋6＝47项，不符合题意.当{cn}的前60项中含有{bn}的前7项时，令3n＋1<28＝256，∴n<85，且22，24，26是{an}和{bn}的公共项，则{cn}的前60项中含有{bn}的前7项且含有{an}的前56项，再减去公共的三项.∴S60＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(56×4＋\f(56×55,2)×3))＋2＋23＋25＋27＝4844＋170＝5014.题型二新情境、新定义问题例3(2024·长沙调研)将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成下表：a1a2a3a4a5a6a7a8a9a10……记表中的第一列数a1，a2，a4，a7……构成的数列为{bn}，b1＝a1＝1，Sn为数列{bn}的前n项和，且满足eq\f(2bn,bnSn－Seq\o\al(2,n))＝1(n≥2).(1)证明数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))成等差数列，并求数列{bn}的通项公式；(2)上表中，若从第三行起，每一行中的数从左到右的顺序均构成等比数列，且公比为同一个正数，当a81＝－eq\f(4,91)时，求上表中第k(k≥3)行所有项的和.解(1)当n≥2时，eq\f(2bn,bnSn－Seq\o\al(2,n))＝1，eq\f(2（Sn－Sn－1）,（Sn－Sn－1）Sn－Seq\o\al(2,n))＝1，eq\f(2（Sn－Sn－1）,－Sn－1·Sn)＝1，eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝eq\f(1,2)，又S1＝b1＝a1＝1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首项为1，公差为eq\f(1,2)的等差数列.eq\f(1,Sn)＝1＋eq\f(1,2)(n－1)＝eq\f(1,2)(n＋1)，Sn＝eq\f(2,n＋1)，所以n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝eq\f(2,n＋1)－eq\f(2,n)＝－eq\f(2,n（n＋1）)，因此bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,－\f(2,n（n＋1）)，n≥2.))(2)设上表中从第三行起，每行的公比都为q，且q>0，表中到12行尾共含数列{an}的前78项，a81是表中第13行第三列，a81＝b13q2＝－eq\f(4,91)，b13＝－eq\f(2,13×14)，q＝2.记表中第k(k≥3)行所有项的和为S，则S＝eq\f(bk（1－qk）,1－q)＝－eq\f(2,k（k＋1）)×eq\f(1－2k,1－2)＝eq\f(2,k（k＋1）)(1－2k)(k≥3).感悟提升新情境下的数列问题的求解策略(1)深入理解新情境，建立数列模型；(2)利用新定义，求解数列模型，将新定义和原有知识相联系，利用数列的通项、求和求解.训练2(2024·汕头模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，若eq\f(1,2)≤eq\f(an＋1,an)≤2(n∈N*)，则称{an}是“紧密数列”.(1)若an＝eq\f(n2＋2n,4n)，判断{an}是否是“紧密数列”，并说明理由；(2)若数列{an}前n项和为Sn＝eq\f(1,4)(n2＋3n)，判断{an}是否是“紧密数列”，并说明理由；(3)设数列{an}是公比为q的等比数列.若数列{an}与{Sn}都是“紧密数列”，求q的取值范围.解(1)a1＝eq\f(3,4)，a2＝eq\f(1,2)，a3＝eq\f(15,64)，∴eq\f(a3,a2)＝eq\f(15,32)<eq\f(1,2)，所以{an}不是“紧密数列”.(2)数列{an}为“紧密数列”，理由如下：数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(1,4)(n2＋3n)，当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(1,4)×(1＋3)＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,4)(n2＋3n)－eq\f(1,4)[(n－1)2＋3(n－1)]＝eq\f(1,2)n＋eq\f(1,2)，又a1＝1满足an＝eq\f(1,2)n＋eq\f(1,2)，因此an＝eq\f(1,2)n＋eq\f(1,2)(n∈N*)，所以对任意n∈N*，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(\f(1,2)（n＋1）＋\f(1,2),\f(1,2)n＋\f(1,2))＝eq\f(n＋2,n＋1)＝1＋eq\f(1,n＋1)，所以eq\f(1,2)<eq\f(an＋1,an)＝1＋eq\f(1,n＋1)<2，因此数列{an}为“紧密数列”.(3)因为数列{an}是公比为q的等比数列，前n项和为Sn，当q＝1时，有an＝a1，Sn＝na1，所以eq\f(1,2)≤eq\f(an＋1,an)＝1≤2，eq\f(1,2)≤eq\f(Sn＋1,Sn)＝eq\f(n＋1,n)＝1＋eq\f(1,n)≤2，满足题意；当q≠1时，an＝a1qn－1，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)，因为{an}为“紧密数列”，所以eq\f(1,2)≤eq\f(an＋1,an)＝q≤2，即eq\f(1,2)≤q<1或1<q≤2，当eq\f(1,2)≤q<1时，eq\f(Sn＋1,Sn)＝eq\f(1－qn＋1,1－qn)>eq\f(1－qn,1－qn)＝1，eq\f(Sn＋1,Sn)＝eq\f(1－qn＋1,1－qn)<eq\f(1－q2n,1－qn)＝eq\f(（1＋qn）（1－qn）,1－qn)＝1＋qn<2，所以eq\f(1,2)≤eq\f(Sn＋1,Sn)＝eq\f(1－qn＋1,1－qn)≤2，满足{Sn}为“紧密数列”；当1<q≤2时，eq\f(S2,S1)＝eq\f(1－q2,1－q)＝1＋q>2，不满足{Sn}为“紧密”数列；综上，实数q的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).【A级基础巩固】1.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152第二行4310第三行9820(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若cn＝[lgbn]，其中[x]是高斯函数，表示不超过x的最大整数，如[lg2]＝0，[lg98]＝1，求数列{cn}的前100项的和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＝eq\f(7（b1＋b7）,2)＝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＝[lg2]＋[lg4]＋…＋[lg8]＋[lg10]＋…＋[lg98]＋[lg100]＋…＋[lg200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147.2.(2024·宁波调研)已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(3n2＋n,2)，{bn}的前n项之积Tn＝2eq\f(n（n＋1）,2)(n∈N*).(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称为{cn}，求c1＋c2＋…＋c20的值.解(1)由Sn＝eq\f(3n2＋n,2)，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，由Tn＝2eq\f(n（n＋1）,2)，当n＝1时，b1＝T1＝2，当n≥2时，bn＝eq\f(Tn,Tn－1)＝2n，当n＝1时，上式也成立，所以bn＝2n.(2)设3n－1＝2m＝(3－1)m＝Ceq\o\al(0,m)·3m(－1)0＋Ceq\o\al(1,m)·3m－1(－1)1＋…＋Ceq\o\al(m－1,m)×3×(－1)m－1＋Ceq\o\al(m,m)30·(－1)m＝3M＋(－1)m，m∈N*，M为3的正整数倍，故当m为奇数时，n＝M，故公共项为m＝1，3，5，7，…，∴21，23，25，27，…，构成首项为2，公比为4的等比数列，cn＝2·4n－1，则c1＋c2＋…＋c20＝eq\f(2×（1－420）,1－4)＝eq\f(2,3)(420－1).3.定义：若数列{an}对任意的正整数n，都有|an＋1|＋|an|＝d(d为常数)，则称{an}为“绝对和数列”，d叫做“绝对公和”.已知“绝对和数列”{an}中，a1＝2，绝对公和为3，求数列{an}前2025项和S2025的最小值.解依题意，要使S2025的值最小，只需每一项的值都取最小值即可.因为a1＝2，绝对公和d＝3，所以a2＝－1或a2＝1(舍去)，所以a3＝－2或a3＝2(舍去)，所以a4＝－1或a4＝1(舍去)，…，所以满足条件的数列{an}的通项公式an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,－2，n为大于1的奇数，,－1，n为偶数，))所以S2025＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2024＋a2025)＝2＋(－1－2)×eq\f(2025－1,2)＝－3034.【B级能力提升】4.(2024·西安调研)已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，aeq\o\al(2,n＋1)－2Sn＝n＋1(n∈N*)，其中Sn是数列{an}的前n项和.(1)求数列{an