2023年高考数学二轮复习（全国版文） 第1部分 专题突破 专题3 微重点9　子数列问题

微重点9子数列问题子数列问题包括数列中的奇偶项、公共数列以及分段数列，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．考点一奇数项、偶数项例1(2022·淄博模拟)已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝an＋1，n为奇数，2an，n为偶数，n∈N*.设bn＝a2n－1.(1)证明：数列{bn＋2}为等比数列，并求出{bn}的通项公式；(2)求数列{an}的前2n项和．(1)证明由题意可知b1＝a1＝1，bn＋1＝a2n＋1＝2a2n＝2(a2n－1＋1)＝2a2n－1＋2＝2bn＋2，故bn＋1＋2＝2(bn＋2)，即bn＋1＋2bn＋2＝2，故{bn＋2}是以b1＋2＝3为首项，以q＝2为公比的等比数列，所以bn＋2＝3×2n－1，n∈N*，故bn＝3×2n－1－2，n∈N*.(2)解由(1)知，bn＝3×2n－1－2，n∈N*，即a2n－1＝3×2n－1－2，n∈N*，由题意知an＋1＝an＋1，n＝2k－1，2an，n＝2k，k∈N*，故a2n＝a2n－1＋1，n∈N*，故数列{an}的前2n项和S2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2n)＝2(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋n＝2[3(20＋21＋22＋…＋2n－1)－2n]＋n＝6×1－2n1－2－3n＝6(2n－1)－3n.规律方法(1)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；④已知条件明确的奇偶项问题．(2)对于通项公式分奇、偶不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.跟踪演练1(2022·山东学期联考)已知数列{an}满足an－1－an＝an－an＋1(n≥2)，且a1＝1，a7＝13；数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn＝3n－12.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)若数列cn＝an，n为奇数，bn，n为偶数，求数列{cn}的前n项和Tn.解(1)由已知可得，2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，则数列{an}为等差数列，设其公差为d，由a7＝a1＋6d＝13，解得d＝2，∴an＝2n－1，在数列{bn}中，当n＝1时，b1＝S1＝1，当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝3n－12－3n－1－12＝3n－1，当n＝1时，满足上式，∴bn＝3n－1.(2)因为cn＝an，n为奇数，bn，n为偶数，则当n为偶数时，Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝1＋5＋…＋2n－3＋3＋…＋3n－1＝n21＋2n－32＋3－3n＋11－9＝n2－n2＋3n＋1－38，当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋cn＝n2＋n2＋3n－38(n2)，当n＝1时，上式也成立，综上，Tn＝n2－n2＋3n＋1－38，n为偶数，n2＋n2＋3n－38，n为奇数.考点二两数列的公共项例2已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋n2，{bn}的前n项之积Tn＝(1)22nn(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记为{cn}，求c1＋c2＋…＋c20的值．解(1)由Sn＝3n2＋n2，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＝(1)22nn，当n＝1时，b1＝T1＝2，当n≥2时，bn＝TnTn－1＝2n，当n＝1时，上式也成立，所以bn＝2n.(2)数列{an}和{bn}的公共项依次为21，23，25，27，…，∴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＝2×1－4201－4＝2420－13.规律方法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．跟踪演练2(2020·新高考全国Ⅰ)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．答案3n2－2n解析方法一(观察归纳法)数列{2n－1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；数列{3n－2}的各项为1,4,7,10,13，….观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列，则an＝1＋6(n－1)＝6n－5.故前n项和为Sn＝na1＋an2＝n1＋6n－52＝3n2－2n.方法二(引入参变量法)令bn＝2n－1，cm＝3m－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，即3m＝2n＋1，m必为奇数．令m＝2t－1，则n＝3t－2(t＝1,2,3，…)．at＝b3t－2＝c2t－1＝6t－5，即an＝6n－5.以下同方法一．考点三分段数列例3已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝3，S7＝28.若数列{bn}满足bn＝2an－1，其前n项和为Tn.(1)求{bn}的通项公式；(2)若cn＝|Tn－15|，求数列{cn}的前n项和．解(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意可知，a3＝a1＋2d＝3，S7＝7a1＋21d＝28，解得a1＝d＝1，所以an＝n，所以bn＝2an－1＝2n－1.(2)由(1)知，Tn＝1－2n1－2＝2n－1，则cn＝|2n－16|＝16－2n1≤n≤4，2n－16n4.设数列{cn}的前n项和为Pn，则当1≤n≤4时，Pn＝(16－21)＋(16－22)＋…＋(16－2n)＝16n－(21＋22＋…＋2n)＝16n－21－2n1－2＝16n－2n＋1＋2；当n4时，Pn＝(16－21)＋(16－22)＋…＋(16－24)＋(25－16)＋(26－16)＋(27－16)＋…＋(2n－16)＝2P4＋(21＋22＋…＋2n)－16n＝2×34＋21－2n1－2－16n＝2n＋1－16n＋66.综上，数列{cn}的前n项和为Pn＝16n－2n＋1＋21≤n≤4，n∈N*，2n＋1－16n＋66n4，n∈N*.规律方法解决此类问题的关键是通过阅读、理解题意求分段数列的通项，要弄清楚为什么要分段，从什么地方开始分段．常见的题型有取整问题、求绝对值数列的和、添加部分数列或删除部分数列等．跟踪演练3(2022·荆州质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝13(an－1)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝an·sinnπ2，求数列{bn}的前100项的和T100.解(1)由Sn＝13(an－1)，得Sn＋1＝13(an＋1－1)，两式相减得an＋1＝13an＋1－13an，即an＋1＝－12an，又当n＝1时，a1＝S1＝13(a1－1)，解得a1＝－12，所以{an}是以－12为首项，－12为公比的等比数列，所以an＝－12n.(2)由(1)可知bn＝an·sinnπ2＝an，n＝4k＋1，0，n＝4k＋2，－an，n＝4k＋3，0，n＝4k＋4，k∈N，所以b1，b3，b5，b7，…，b97，b99是首项为－12，公比为－14的等比数列，共有50项，所以T100＝a1－a3＋a5－a7＋…＋a97－a99＝－121－－14501－－14＝－25＋15×1299.专题强化练1．(2022·青岛模拟)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下表的同一列，{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＝7b1＋b72＝7b4＝7a3，所以b4＝8＝b1＋3d，所以b1＝2，d＝2，bn＝2n.(2)由(1)知cn＝[lg(2n)]，则T100＝c1＋c2＋…＋c100＝[lg2]＋[lg4]＋[lg6]＋[lg8]＋[lg10]＋…＋[lg98]＋[lg100]＋…＋[lg200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147.2．(2022·济宁模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＝9，S7＝49.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝an，n≤10，2bn－10，n10，求数列{bn}的前100项和．解(1)设等差数列{an}的公差为d，则a5＝a1＋4d＝9，S7＝7a1＋7×6d2＝49，解得a1＝1，d＝2，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)因为bn＝an，n≤10，2bn－10，n10，所以数列{bn}的前100项和为(b1＋b2＋…＋b10)＋(b11＋b12＋…＋b20)＋(b21＋b22＋…＋b30)＋…＋(b91＋b92＋…＋b100)＝(a1＋a2＋…＋a10)＋2(a1＋a2＋…＋a10)＋22(a1＋a2＋…＋a10)＋…＋29(a1＋a2＋…＋a10)＝(1＋2＋22＋…＋29)(a1＋a2＋…＋a10)＝1－2101－2×10×1＋192＝102300.3．已知等比数列{bn}和递增的等差数列{an}满足a1＝12，b1＝1，a2＝5b2，a3＝2b3.(1)求数列{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和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63项和S63.解(1)设等比数列{bn}和递增的等差数列{an}的公比和公差分别为q，d，故由a1＝12，b1＝1，a2＝5b2，a3＝2b3可得12＋d＝5q，12＋2d＝2q2，解得d＝3，q＝3或d＝－2，q＝2(舍)．故an＝12＋3(n－1)＝3n＋9，bn＝3n－1.(2)∵b1＝1，b2＝3，b3＝9，b4＝27，b5＝81，b6＝243，∴b4＝a6，b5＝a24，b6＝a78，∴b4，b5是公共项．∴S63＝(b1＋b2＋b3＋b4＋b5)＋(a1＋…＋a60)－(b4＋b5)＝1＋3＋9＋12×60＋60×592×3＝6043.4．已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝n＋2nan－1，n为奇数，an＋1，n为偶数.(1)求{an}的通项公式；(2)若1bn＋14＝a2n，求数列{bn}的前n项和Sn.解(1)因为an＋1＝n＋2nan－1，n为奇数，an＋1，n为偶数，所以当k∈N*时，a2k＋1＝a2k＋1＝a(2k－1)＋1＋1＝2k＋12k－1a2k－1，即a2k＋12k＋1＝a2k－12k－1.所以当n为奇数时，ann是常数列．又a1＝1，所以当n为奇数时，ann＝a11＝1，即an＝n.当n为偶数时，an＝an＋1－1＝n＋1－1＝n，所以当n∈N*时，an＝n，即{an}的通项公式为an＝n.(2)因为1bn＋14＝a2n，所以bn＝44a2n－1＝44n2－1＝42n－12n＋1＝212n－1－12n＋1，所以Sn＝21－13＋13－15＋15－17＋…＋12n－1－12n＋1＝21－