2027年高考数学一轮复习(创新设计)第6节　数列中的奇偶项、子数列问题

第6节数列中的奇偶项、子数列问题题型分析1.数列中的奇偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行单独研究，利用新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列.2.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.题型一奇偶项问题角度1含有(－1)n的类型例1已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，且2Sn＝an2＋a(1)求数列{an}的通项公式;(2)记cn＝(－1)nanan＋1，求数列{cn}的前n项和Tn.解(1)当n＝1时，2S1＝2a1＝a12＋a解得a1＝1或a1＝0(舍去);当n≥2时，由2Sn＝an2＋an得2Sn－1＝an−12＋两式相减得2an＝an2＋an－an−12－an－1所以(an＋an－1)(an－an－1)－(an＋an－1)＝0，即(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0，又{an}各项均为正数，所以an－an－1＝1，n≥2，所以{an}是公差为1的等差数列，所以an＝n.(2)由(1)知cn＝(－1)nn(n＋1)，当n为偶数时，Tn＝(－1)×2＋2×3＋(－3)×4＋4×5＋…＋[－(n－1)×n]＋n×(n＋1)＝2×(－1＋3)＋4×(－3＋5)＋…＋n[－(n－1)＋n＋1]＝2×(2＋4＋…＋n)＝2×n2当n(n≥3)为奇数时，Tn＝Tn－1－n(n＋1)＝(n−1)(n＋1)2－n(经检验，n＝1也满足上式.综上，Tn＝n角度2已知条件明确的奇偶项问题例2(2023·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝an−6，n为奇数，2an，n为偶数.记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前(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.因为bn＝a所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6.因为S4＝32，T3＝16，所以4整理，得2所以{an}的通项公式为an＝2n＋3.(2)证明由(1)知an＝2n＋3，所以Sn＝n[5＋(2n＋3)]2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)]＝n＝3n当n>5时，Tn－Sn＝3n2＋5n−102－(n2＋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)]＝n2当n>5时，Tn－Sn＝3n2＋7n2－(n2＋4所以Tn>Sn.综上可知，当n>5时，Tn>Sn.感悟提升1.含有(－1)n的数列求和问题一般采用分组(并项)法求和;2.对于通项公式奇、偶项不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以先求出S2k，再利用S2k－1＝S2k－a2k，求S2k－1.训练1已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn(Sn－n2)＝n3－nSn.(1)求{an}的通项公式;(2)若bn＝(－1)nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)因为Sn(Sn－n2)＝n3－nSn，所以Sn2－(n2－n)Sn－n3＝即(Sn＋n)(Sn－n2)＝0，又an>0，所以Sn＋n>0，所以Sn－n2＝0，即Sn＝n2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，当n＝1时，a1＝S1＝12也适合上式，所以an＝2n－1.(2)由(1)知an＝2n－1，则bn＝(－1)n(2n－1)，当n为偶数时，Tn＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋[－(2n－3)＋(2n－1)]＝2×n2＝n当n(n≥3)为奇数时，n－1为偶数，Tn＝Tn－1＋bn＝(n－1)－(2n－1)＝－n，经检验，n＝1也满足上式，所以Tn＝−题型二子数列问题角度1公共项问题例3已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋n2，{bn}为等比数列，公比为2，且b1，b2＋(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＝3n2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＝2(1−4感悟提升两个等差(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.训练2(2026·广州调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5＝a7，a3＝－2.(1)求数列{an}的通项公式;(2)将数列{an}与{5－3n}的公共项从大到小排列得到数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Tn.解(1)记等差数列{an}的公差为d，由题知5即a所以数列{an}的通项公式为an＝4－2n.(2)数列{an}的公差为－2，数列{5－3n}的公差为－3，所以数列{bn}的公差为－6，又数列{an}和{5－3n}的首项都为2，所以数列{bn}是以2为首项，－6为公差的等差数列，所以Tn＝2n＋n(n−1)2×(－6)＝－3n2角度2增减项问题例4(2026·芜湖模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋2(n∈N*).(1)求{an}的通项公式;(2)保持{an}的各项顺序不变，在ak和ak＋1之间插入k个1，使它们与数列{an}的项组成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T55.解(1)由an＋1＝Sn＋2(n∈N*)，得an＝Sn－1＋2(n≥2)，则an＋1－an＝an(n≥2)，即an＋1＝2an(n≥2)，又a2＝S1＋2＝a1＋2＝4＝2a1，满足an＋1＝2an，所以an＋1＝2an(n∈N*)，所以{an}是首项是2，公比为2的等比数列，故an＝2n.(2)由题知bn(n＋1)2＝an＝2n，数列{则T55＝(b1＋b3＋b6＋b10＋b15＋b21＋b28＋b36＋b45＋b55)＋45×1＝(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10)＋45＝S10＋45＝2×(1−210)1−2感悟提升1.对于增项问题注意两点:(1)新的数列是如何构成的、与原数列有什么关系;(2)新数列的项数是多少，其中有多少项是原数列中的项，有多少项是新增加的.2.解决减项问题的关键是明确被减掉的项是以何种规律去掉的，共多少项，保留的数列有多少项.训练3(2026·湖北四调)已知数列{an}的前n项和是Sn，a1＝1，点n，Snn(n∈N*)在斜率为12的直线上，数列{an}，{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－(1)求数列{an}，{bn}的通项公式;(2)若数列{an}中去掉和数列{bn}中相同的项后，余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，且数列{cn}的前n项和为Tn，求T100.解(1)∵点n，Sn(n∈N*)在斜率为12的直线上，∴Snn－Sn−1n又S11＝a1＝∴数列Snn是以1为首项，1∴Snn＝n＋12，∴Sn＝当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n，当n＝1时，a1＝1满足上式，∴an＝n(n∈N*).∵数列{an}，{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－1)·2n＋1，∴当n≥2时，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝2＋(n－2)·2n，两式相减，得anbn＝n·2n(n≥2)，当n＝1时，a1b1＝2＋(1－1)×21＋1＝2＝1×21，满足上式，∴anbn＝n·2n(n∈N*)，∴bn＝2n(n∈N*).(2)设数列{an}的前p项中有数列{bn}的q项，p－q＝100，则2q≤p，即2q≤100＋q.易得满足2q≤100＋q的最大正整数q为6，∴数列{cn}的前100项，由数列{an}中的前106项去掉和数列{bn}中相同的6项得到，∴T100＝S106－(2＋22＋…＋26)＝(1＋106)×1061.(2026·浙江名校协作体联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2.(1)求{an}的通项公式;(2)在{an}相邻两项中间插入相邻两项的等差中项，求所得新数列{bn}的前2n项和T2n.解(1)由Sn＝2an－2，可得a1＝S1＝2a1－2，解得a1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2－2an－1＋2，则an＝2an－1，则数列{an}是首项和公比均为2的等比数列，则an＝2n.(2)在{an}相邻两项an，an＋1中间插入相邻两项的等差中项，可得插入的项为cn＝an＋an＋12＝3×2n2＝3则T2n＝(a1＋a2＋…＋an)＋(c1＋c2＋…＋cn)＝2(1−2n)1−2＋3(1−22.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，满足a2＋a4＝12，S4＝20.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn＝2an，n为奇数，8ana解(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由a解得a1＝2，d＝2，所以an＝a1＋(即数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*).(2)由(1)得bn＝2即bn＝4所以T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝(41＋43＋45＋…＋42n－1)＋1＝4(1−163.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，a22＝a1a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)＝107×(2＋214)4.(2026·福州质检)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4＋d∴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