2026年高考数学终极冲刺压轴11 数列的奇偶项问题与子数列问题的5大核心题型（解析版）

压轴11数列的奇偶项问题与子数列问题的5大核心题型

子数列问题(包括数列中的奇数项、偶数项、公共项以及分段数列)与数列的增减项问题是近几年高考的

重点和热点，一般方法是构造新数列，利用新数列的特征(等差、等比或其他特征)求解原数列.

题型01数列中相邻两项和或积的问题

技法指导

递推公式为an＋1＋an＝f(n)或an＋1·an＝f(n)的形式，求通项公式或数列求和的方法

（1）求通项公式：由an＋1＋an＝f(n)与上式作差可得隔项递推公式an＋2－an＝f(n+1)－f(n)；对于后一种可

由an＋2·an+1＝f(n+1)与上式作商可得隔项递推公式，然后求解.

（2）求前n项和Sn：求出通项公式,则Sn=S奇+S偶；或者利用an＋1＋an＝f(n)，可直接并项求和.

2*

1.（2025·广东清远·二模）已知数列an的前n项和为Snn4n(nN)．

(1)求数列an的通项公式；

2*

(2)若数列cn满足cn1cnan，且不等式cn2n0对任意的nN都成立，求c1的取值范围．

【解题指导】（1）求→由anSnSn1求通项

a1

（2）确定数列c2n为等差数列→分奇偶求数列的通项公式→分奇偶分别转化恒成立求解c1的取值范围.

【解】（1）由题意得，

①当n1时，a1S15；

22

②当n2时，anSnSn1n4n(n1)4n12n3．

当n1时，a1235，

【易错提醒】注意验证n1的情况

an2n3．

（2）由（1）知cn1cn2n3nN*，①

当n1时，c2c15；

当n2时，cncn12n13，②

①-②得cn1cn12n2，

【技巧】构造隔项等差数列：an＋1＋an＝pn＋q(p，q≠0)an＋2＋an＋1＝p(n＋1)＋q两式相减得an＋2－an＝p

⇒⇒⇒

数列c2n是以c2为首项，公差为2的等差数列，

数列c2n1是以c1为首项，公差为2的等差数列．

n

当n为偶数时，cnc221n3c1；

2

n1

当n为奇数时，cnc121n1c1，

2

n1c,n2k1

1*

cn，kN．

n3c1,n2k

*2

又对任意的nN都有cn2n0成立，

22

（ⅰ）当n为奇数时n1,cn2nn1c12n0恒成立，

2

即c12nn1对n为奇数时恒成立．

【技巧】转化为函数恒成立问题，分离参数、构造函数求最值

当时，2n2n12，

n1min

c12，即c12；

22

（ⅱ）当n为偶数时n2,cn2nn3c12n0恒成立，

2

即c12nn3对n为偶数时恒成立．

当n2时，2n2n313，c13．

min1

【易错题型】利用二次函数求最值，注意此时n为偶数，且n2

综上所述，c1的取值范围是2,13．

*

2.（2026·广东·一模）在数列an中，a12，a28，且对任意的nN，都有an24an14an．

(1)证明：an12an是等比数列，并求出an的通项公式；

(2)求数列an的前n项和Sn．

【解】（1）因为a12，a28，所以a22a18224．

因为an24an14an，所以an22an12an12an，

a2a

n2n1

又a22a140，则有an12an0nN，所以2，

an12an

所以an12an是以4为首项，2为公比的等比数列．

aa

所以a2a42n12n1，所以n1n1，

n1n2n12n

aa

又11，所以n是以1为首项，1为公差的等差数列，

22n

a

所以n1n11n，所以an2n．

2nn

23n

（2）设Sn122232n2，

23nn1

则2Sn1222n12n2，

22n1

两式相减得S2222nn2n1n2n11n2n12，

n12

n1

则Snn122.

f(n),n为奇数

题型02型

an

g(n),n为偶数

技法指导

1.当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an，其中奇数项、偶数项各有项，可直接分组求和，即Sn

�

＝（a1＋a3＋…＋an－3＋an－1）＋（a2＋a4＋…＋an－2＋an）.2

2.当n为奇数时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋anSn＝Sn－1＋an，其中Sn－1可利用上述结论代入，然后再

快速求解Sn＝Sn－1＋an.⇒

3.当题目条件中出现连续两项的和时，常采用减项作差法，可得数列的奇数项、偶数项所具备的性质，

从而求出其通项公式.

4.当题目条件中出现连续两项的积时，常采用约项作商法，可得数列的奇数项、偶数项所具备的性质，

从而求出其通项公式.

为奇数

an6,n

（新课标卷）已知a为等差数列，b，记S，Tn分别为数列a，b的

3.2023·ⅡT18nn为偶数nnn

2an,n

前n项和，S432，T316．

(1)求an的通项公式；

(2)证明：当n5时，TnSn．

【思维探究】

看到什么想到什么

联想等差数列的通项公式

an为等差数列

a6,n为奇数求出数列a的通项公式,表示出b

bnnn

n为偶数

2an,n

S432，T316．用a1,d表示S4及T3，联立方程组求解

an的通项公式把a1,d代入an的通项公式

当n5时，TnSn利用奇偶分组讨论的方法将Tn，表示出

来，对于数列的比较大小可以用作差法

an6,n2k1

【解】（1）设等差数列an的公差为d，而bn,kN，

2an,n2k

则b1a16,b22a22a12d,b3a36a12d6，

S44a16d32

于是，解得a15,d2，ana1(n1)d2n3，

T34a14d1216

所以数列an的通项公式是an2n3.

n(52n3)22n3,n2k1

（2）由（1）知，Snn4n，bn,kN，

24n6,n2k

当n为偶数时，bn1bn2(n1)34n66n1，

13(6n1)n37

Tn2n，

n2222

371

当n5时，TS(n2n)(n24n)n(n1)0，因此TS，

nn222nn

【技法】作差法比较两个实数大小

3735

当n为奇数时，TTb(n1)2(n1)[4(n1)6]n2n5，

nn1n12222

351

当n5时，TS(n2n5)(n24n)(n2)(n5)0，因此TS，

nn222nn

所以当n5时，TnSn.

n

【解后反思】当n为偶数时:Saaaaa，其中奇数项，偶数项各为项；可直接利用分

n123n1n2

组求和Sna1a3an3an1a2a4an2an；

an1bn2an

4.（2025·辽宁大连·模拟）若数列an和bn满足：a11，b17，且

bn13bn4an

(1)设cnanbn，证明：cn是等比数列；

ab,n为奇数

设dnn，试求d的前项和S．

(2)n为偶数nnn

4anbn,n

，

【解】（1）an1bn2anbn13bn4an，

，

an1bn1bn2an3bn4an2anbn

cn12cn，又c1a1b160

cn构成以6为首项，2为公比的等比数列.

n1n

（2）由（1）可知cn6232，

nn

anbn32bnan32

nn

an1an322anan32，

n1n

an12an2

1n

又a1210an2构成以1为首项，1为公比的等比数列

nn1nnn

an21(1)(1)an2(1)，

nnnn2n

bn2(1)322(1)

32n,n为奇数

dn，

3,n为偶数

13n1nn13

∴当n为偶数时，Sn322232n2

22

331

当n为奇数时，SSd2n2n1232n2n

nn1n1222

31

2n2n,n为奇数

22

所以S

n3

2n1n2,n为偶数

2

题型03含有(-1)n类型

技法指导

对n分奇、偶进行讨论,转化为相邻两项和或差求解，当项数不确定时，要分奇数和偶数讨论求解.

5.（2025·河南郑州·二模）已知数列an的各项均为正数，前n项和为Sn，且a11，Sn1是1Sn与Sn1的

等差中项.

(1)证明：数列Sn是等差数列；

n

(2)设bn1Snan，求数列bn的前2n项和T2n.

【解题指导】（1）等差中项列式→完全平方公式计算化简→由定义得出等差数列；

n

（2）等差数列的通项公式→求出Sn→借助1正负分组→公式求和得出T2n

【解】（1）因为Sn1是1Sn与Sn1的等差中项，所以2Sn11SnSn1，

2

所以，

Sn1Sn12Sn1Sn11

因为数列an的各项均为正数，所以Sn0，

所以SnSn11，所以Sn1Sn1，

所以数列Sn是公差为1，首项为S1a11的等差数列；

（2）因为数列Sn是公差为1，首项为S11的等差数列，

所以Sn1n11n，

2

所以Snn，当n1时，a11，

22

当n2时，anSnSn1nn12n1，

所以an2n1,

n

所以bn1Snan，

【技巧】求和时通过(－1)n实现正负交替，要注意符号的变换

T2nS1a1S2a2S3a3S4a4S2na2n

S2S1S4S3S2nS2n1a1a2a2n

a2a4a2na1a2a2n

a1a3a2n12a2a4a2n

naanaa

12n1222n

22

n14n3n34n1

2

22

n2n1n4n22n23n

【解后反思】通项中含有(－1)n的情形

(1)等差数列的通项公式乘以(－1)n，用并项求和法求数列前n项的和，

n

如an＝(－1)(2n－1)，前20项的和

a1＋a2＋…＋a20＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－37＋39).

(2)等比数列的通项公式中含有(－1)n，其前n项和可写成分段的形式，可求最值，

n－131n1

如等比数列{an}的通项公式为an＝(－1)·，则其前n项和，求Tn＝Sn－的取值范围时，n

nSn1()

22Sn

分奇偶讨论，求Tn的最值.

SS1

6.（2026·河北保定·一模）已知数列a的前n项和为S，且a1，n1n.

nn1n1n2

(1)求Sn

n2n1

(2)若bn1，求数列bn的前n项和.

anan1

SS1

【解】（1）因为n1n，且a1，

n1n21

SS1

可知数列n是以首项为11，公差为的等差数列，

n12

S1n1nn1

则n1n1，所以S.

n22n2

nn1

（2）由（1）可知：S，

n2

nn1nn1

当n2时，则aSSn，

nnn122

且a11符合上式，所以ann，

n2n1n2n1n11

可得bn111，

anan1nn1nn1

设数列bn的前n项和为Tn，

n

则11111n111，

Tn111

22334nn1n1

n

1

所以数列bn的前n项和为1.

n1

题型04两数列的公共项

技法指导

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．

3n2n

7.（2026·重庆万州二模）已知数列an的前n项和S，bn为等比数列，公比为2，且b1，b21，

n2

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.

3n2n

【解】（1）由S得，

n2

当n1时，a1S12，

2

3n2n3n1n1

当n2时，aSS3n1，

nnn122

当n1时，上式也成立，所以an3n1.

2

依题意，b1b32b21，b1b122b121，

n

解得b12，所以bn2.

1357

（2）数列an和bn的公共项从小到大依次为2，2，2，2，…，

1357n1

所以2，2，2，2，…,构成首项为2，公比为4的等比数列，所以cn24，

214n24n1

则Tccc.

n12n143

8.（2025·山东青岛·二模）已知等差数列an满足a3a18，且a21是a1和a31的等比中项，数列bn的

前n项和为Sn，且满足b13，2Snbn13.

（1）求数列an和bn的通项公式；

*

（2）将数列an和bn中的公共项按从小到大的顺序依次排成一个新的数列ck，kN，令dklog3ck，

1

求数列的前k项和Tk.

dkdk1

【解】（1）a3a18,2d8,d4，

22

且a21a1a31，即a13a1a19，a13，

an3n144n1，

2Snbn13，n2时，2Sn1bn3，两式相减得，2bnbn1bn，

即bn13bn，n2，且b22S132b139，b23b1，

n

数列bn是首项为3，公比为3的等比数列，bn3；

（2）数列an中的项有3,7,11,15,14,23,27,...，数列bn中的项有3,9,27,81,243,...，

2k1

观察规律发现，当bn中的第1，3,5，…，项在an中有相等的数，即公共项ck3,27,243,...,3,...，

2k1*2k1

即ck3为通项，kN，dklog332k1，

11111

，

dkdk12k12k122k12k1

11111111

Tk...1

d1d2d2d3dkdk12d1dk122k1

12kkk

，故T

22k12k1k2k1

题型05数列有关增减项问题

技法指导

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.

9.（2025·陕西咸阳二模）已知等比数列an的前n项和为Sn，且an12Sn2(nN*)．

（1）求数列an的通项公式．

（2）在an与an1之间插入n个数，使这n2个数组成一个公差为dn的等差数列，在数列dn中是否存在3

项dm，dk，dp，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项，若不存在，请说明

理由．

【解】（1）由题意知：

当n1时：a1q2a12①

2

当n2时：a1q2(a1a1q)2②

联立①②，解得a12,q3.

n1

所以数列an的通项公式an23.

n1n

（2）由（1）知an23，an123.

所以an1an(n21)d.

aa43n1

所以dn1n.

nn1n1

设数列dn中存在3项dm，dk，dp，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列.

2

则dk=dmdp，

22

43k143m143p143k1423mp2

所以，即.

k1m1p1k1(m1)(p1)

又因为m，k，p成等差数列,

所以2kmp

所以(k1)2(m1)(p1)

化简得k22kmpmp，所以k2mp

又2kmp，所以kmp与已知矛盾.

所以在数列dn中不存在3项dm，dk，dp成等比数列.

（安徽黄山一模）已知数列b为等比数列，正项数列a满足4aa2a24，且，

10.2025·nnnn1na12,b11

a4b4.

(1)求an和bn的通项公式；

(2)若从an中去掉与数列bn中相同的项后余下的项按原来的顺序组成数列cn，设

T100c1c2c3c100，求T100.

【解】（）因为4aa2a24，

1nn1n

22

所以an1(an2)，又an0，

所以an1an2.

即an1an2，又a12，

所以数列an是首项为2，公差为2的等差数列.

所以ana1(n1)22n，即an2n，

设bn的公比为q，又b4a48，b11，

所以q38，解得q=2，

n1

所以bn2.

n1

综上，数列an和bn的通项公式分别为an2n，bn2；

（2）由（1）知b11，b22a1，b34a2，b48a4，b516a8，

b632a16，b764a32，b8128a64，b9256a128.

所以T100c1c2c3c100(a1a2a3a107)

(b2b3b8).

107(2214)2(127)

11302.

212

n

．（福建福州期中）在数列中，已知，1，记为的前项和，，

12025··ana11anan1Snannbna2na2n1

2

nN*．

(1)判断数列bn是否为等比数列，并写出其通项公式；

(2)求数列an的通项公式．

nn1

【解】（）因为1，所以1，

1anan1an1an2

22

an211

所以,an2an，

an22

11

又a1,aa，所以a，

112222

因为bna2na2n1，

11

aa

baa2n2n11

所以n12n22n122，

bna2na2n1a2na2n12

31

所以b是以baa为首项，公比为的等比数列，

n12122

n1

所以313

bn.

222n

11

（2）由（1）知aa，所以a,a,a,是以a1为首项，为公比的等比数列；

n22n13512

11

a,a,a,是以a为首项，公比为的等比数列，

246222

n1

12

,n为奇数

2

所以a

nn.

12

,n为偶数

2

为奇数

an1,n,

2.（2021·全国·新高考1卷T17）已知数列a满足a1，a

n1n1为偶数

an2,n.

（1）记bna2n，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式；

（2）求an的前20项和.

【解】（1）显然2n为偶数，则a2n1a2n2,a2n2a2n11，

所以a2n2a2n3，即bn1bn3，且b1a2a1+12，

所以bn是以2为首项，3为公差的等差数列，

于是b12,b25,bn3n1．

由题意知a11,a22,a34，所以b1a22,b2a4a315．

由an1an1（n为奇数）及an1an2（n为偶数）可知，

数列从第一项起，

若n为奇数，则其后一项减去该项的差为1，

若n为偶数，则其后一项减去该项的差为2．

*

所以an2an3(nN)，则bnb1n133n1．

n

3(1)*

（法二）由题意知数列an满足a1,aa(nN)．

1n1n22

3(1)1

所以baa112，

12122

3(1)33(1)2

baaa1a1a21235，

2432232222

则bna2n(a2na2n1)(a2n1a2n2)+(a2a1)a1121221a1

n12(n1)13n1．

所以b12,b25，数列bn的通项公式bn3n1．

（2）S20a1+a2+a3+a20(a1+a3+a5a19)(a2+a4a6++a20)

(b11b21b31b101)b1b2b3b10

(bb)10

211010300．

2

3.（2025·河北秦皇岛·二模）已知数列an是公差大于2的等差数列，其前n项和为Sn，a25，且a11，

a21，a52成等比数列．

(1)求数列an的通项公式；

2a3

n1n

(2)令bn(1)，求数列bn的前n项和Tn．

(3n2)an

【解】（1）设等差数列an的公差为d(d2)，则a1a2d5d，a5a23d53d，

2

由a11，a21，a52成等比数列，得(6d)(33d)6，而d2，解得d3，

所以数列an的通项公式为ana2(n2)d3n1.

n12(3n1)3n111

（2）由（1）得bn(1)(1)()，

(3n2)(3n1)3n13n2

11111111111111

当n为偶数时，T()()()()()()，

n255881111143n43n13n13n223n2

11111111111111

当n为奇数时，T()()()()()()，

n255881111143n43n13n13n223n2

11

,n为偶数

23n2

所以T.

n11

,n为奇数

23n2

n*n

4.（2025·黑龙江哈尔滨·二模）已知数列an满足a15，an12an3（nN），记bnan3．

(1)求证：bn是等比数列；

2n1n

设c，数列的前项和为．若不等式n对一切*恒成立，求实数的

(2)ncnnSn(1)Snn1nN

bn2

取值范围．

n

【解】（1）由已知，an12an3，

nnn1nnnn

an132an，bnan3，bn1an1332an332an232(an3)2bn，

1

又a15,b1a13532，

bn1

数列bn中任意一项不为0,2，

bn

n1n

数列bn是首项为2,公比为2的等比数列，bn222.

n

（2）由第（1）问知，bn2，

2n1

则c，设数列c的前n项和为S,

n2nnn

3572n1

所以S...①，

n222232n

13572n1

S...②，

2n2223242n1

所以①-②可得：

11

1

132222n1322n12n1

S，

n23nn11n1

222222212

2

n

所以1

Sn52n5.

2

n

nnn

由，得1n，

1Snn1152n5

222n1

n

n1

化简得151.

2

nn

11

当n为奇数时，有51，即55，

22

n

1155

而5555，所以；

2222

max

nn

11

当n为偶数时，有5155，

22

n2

111515

而5555，所以.

2244

min

515

综上，的取值范围为,.

24

*

5.（2025·河北廊坊联考）已知数列{an}的前n项和Sn满足2Snnann，nN，且a23．

a1

（1）求证：数列n(n2)是常数列；

n1

（2）求数列{an}的通项公式．若数列{bn}通项公式bn3n2，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．

【解】（1）证明：由2Snnann，得2Sn1(n1)an1n1，

将上述两式相减，得2an1(n1)an1nan1，即nan(n1)an11．

nan1

a(n2)，

n1n1

nan1

1an1an1

则an11an1n1an10(n2)，

n1n1

nn1nn1

a1

数列n(n2)是常数列；

n1

a1a1

（2）由（1）可知，当n2时，n22，

n121

an2n1(n2)，检验当n1时，an2n1也适用，

*

an2n1(nN)，

数列{an}是以1为首项，以2为公差的等差数列，

又数列{bn}是以1为首项，以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，以6为公差的等差数列，

n(n1)2

{cn}的前n项和为n163n2n．

2

为奇数

an2,n,

（陕西西安二模）已知数列a满足a1，a

6.2025··n1n1为偶数

2an,n,

(1)记bna2n2，求b1，b2，并证明数列bn是等比数列；

(2)记cna2n3，求满足c1c2c3cn100的所有正整数n的值.

【解】（1）由题意，a23，a36，a48，所以b15，b210，

ba2a222a4

又因为n12n22n12n2，

bna2n2a2n2a2n2

所以数列bn是首项为5，公比为2的等比数列；

n1n1

（2）由（1）知bn52，所以cn521，

01n1n

所以c1c2c3cn5222n52n5，

因为c1c2c3cn单调递增，

且c1c2c3c479100c1c2c3c4c5160，

所以正整数n的所有取值为1，2，3，4.

7.（2025·福建莆田·二模）记Sn为等差数列an的前n项和．已知2a4a314,S315．

(1)求an的通项公式；

*n*

(2)记集合Axxan,nN,Bxx21,nN，将AB中的元素从小到大依次排列，得到新数列

bn，求bn的前20项和．

【解】（1）设公差为d，

由题意得2a16da12d14,S33a13d15，

解得d3,a12，

故ana1n1d23n13n1；

（2）A2,5,8,11,14,17,20,23,26,29,32,35,38,41,44,47,50,53,56,，B3,5,9,17,33,65,，

故bn的前20项为2,3,5,8,9,11,14,17,20,23,26,29,32,33,35,38,41,44,47,50，

故bn的前20项和为

25811141720232629323538414447503933

1716

S3933172345487.

172

8.（2025·山东滨州·二模）在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的积，形成一个新的数列，我们把

这样的操作称为该数列的一次“积扩充”．如：数列2，3经过第一次“积扩充”后得到数列2，6，3；第二次“积

扩充”后得到数列2，12，6，18，3；…．设数列1，2，4经过第n次“积扩充”后所得数列的项数记为An，

所有项的积记为Pn．

(1)求A2和P2；

(2)求An和Pn．

(3)求数列Pn的前n项积Tn．

01213770226219

【解】（1）由题意A15，A29，P122128，P222.

（2）An1AnAn12An1，所以An112An1，

A1

n1

又因为A1140，所以An10，所以2，

An1

所以数列An1是以4为首项，2为公比的等比数列，

n1n1

所以An12，即An21；

设Lnlog2Pn，则Ln13Ln2，即Ln113Ln1，

L1

n1

又因为L1160，所以Ln10，所以3，

Ln1

所以数列Ln1是以6为首项，3为公比的等比数列，

n1nn

所以Ln16323，即Ln231，

所以23n1

Pn2.

（3）要求TnP1P2··Pn，

只需求log2Tnlog2P1P2··Pnlog2P1log2P2log2Pn，

又23n1n，

log2Pnlog22231

12n

所以log2P1log2P2log2Pn231231231

33n1

231323nn2n3n1n3，

13

所以n1，所以3n1n3

log2Tn3n3Tn2.

9．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）已知等差数列an满足a1a36,a1a23．数列bn的各项均为正数，b12，

2

且2bnbnbn12bnbn10．

(1)求数列an,bn的通项公式；

为奇数

bn,n

(2)设c，求数列c的前2n项和T．

n1n2n

，n为偶数

an1an1

【解】（1）an是等差数列，由等差中项性质得：a1a32a26，得a23，

又a1a23，所以a11，公差da2a12，

所以ana1(n1)d2n1；

2

2bnbnbn12bnbn12bnbn1bn1bn12bnbn1bn10，

因为数列bn各项为正数，bn10，故bn12bn，

n1n

即bn是首项b12、公比为2的等比数列，则通项公式：bn222；

（2）由cn的定义，前2n项和可分为奇数项和与偶数项和两部分：

设奇数n项和为Sn，设偶数n项和为Fn，

T2nc1c3c2n1c2c4c2nSnFn，

n

n为奇数时cnbn2，奇数项为b1,b3,,b2n1，是首项为2、公比为4的等比数列，

24n124n