提升点 数列中的子数列
类型1 奇、偶项问题
(2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝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.
【解】 (1)解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
因为bn＝所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6.
因为S4＝32，T3＝16，
所以
整理得解得
所以{an}的通项公式为an＝2n＋3.
(2)证明：由(1)知an＝2n＋3，
所以bn＝Sn＝＝n2＋4n.
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)]＝＋＝.
当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝＞0，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)]＝＋＝.
当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝＞0，所以Tn＞Sn.
综上所述，当n＞5时，Tn＞Sn.
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
(1)数列中的奇、偶项问题的常见类型
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、偶项不同的数列{an}，求前n项和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.
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(1＋sin2)an＋cos2(n∈N*).
(1)求a2，a3，a4，并证明a2m＋1＋1＝2(a2m－1＋1)(m∈N*)；
(2)求数列{an}的前2n项和S2n.
解：(1)a2＝(1＋1)a1＋0＝2，a3＝(1＋0)a2＋1＝3，a4＝(1＋1)a3＋0＝6，
证明如下：a2m＋1＝(1＋sin2)a2m＋cos2＝a2m＋1，
a2m＝a2m－1＋cos2＝
2a2m－1，
则a2m＋1＝2a2m－1＋1，
故a2m＋1＋1＝2(a2m－1＋1).
(2)由(1)可得，a2m＋1＋1＝2(a2m－1＋1)且a1＋1＝2≠0，
所以数列{a2m－1＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，故a2m－1＋1＝2·2m－1＝2m，
解得a2m－1＝2m－1，a2m＝2a2m－1＝2m＋1－2，
故an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－1，n为奇数，, 2eq \s\up10(＋1)－2，n为偶数，))
所以S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(21＋22＋…＋2n－n)＋(22＋23＋…＋2n＋1－2n)＝－n＋－2n＝3·2n＋1－3n－6.
类型2 两个数列的公共项问题
INCLUDEPICTURE "例2.TIF" 已知数列{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，并求数列{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的值．
【解】 (1)由题意可得，an＝2＋(n－1)×3＝3n－1(n∈N*).
因为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，
所以bn－n＝3n，即bn＝3n＋n(n∈N*).
(2)由题意可得，3k－1＝3m＋m，k，m∈N*，令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，bm为公共项，
所以c1＋c2＋…＋cn＝b2＋b5＋…＋b3n－1＝32＋35＋…＋33n－1＋(2＋5＋…＋3n－1)＝＋(n∈N*).
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
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．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
已知数列{an}中，a1＝1，a3＝7，数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋2＋Sn＝2Sn＋1＋3.数列{bn}的前n项和Tn满足Tn＝2bn－1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记{an}与{bn}中相同的项由小到大构成的数列为{dn}，求数列的前n项和Pn.
解：(1)由Sn＋2＋Sn＝2Sn＋1＋3，
得Sn＋2－Sn＋1＝Sn＋1－Sn＋3，
即an＋2－an＋1＝3，
当n＝1时，S3＋S1＝2S2＋3 a1＋a2＋a3＋a1＝2(a1＋a2)＋3，
解得a2＝a3－3＝4，
所以a2－a1＝3，故an＋1－an＝3恒成立，所以数列{an}为等差数列，公差d＝3，
故数列{an}的通项公式为an＝1＋3(n－1)＝3n－2.
又Tn＝2bn－1，①
则当n＝1时，b1＝T1＝2b1－1，
所以b1＝1，
当n≥2时，Tn－1＝2bn－1－1，②
则①－②得，bn＝2bn－2bn－1，
即bn＝2bn－1，
所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，
故bn＝2n－1.
(2)结合(1)可知，设an＝bm，
则有3n－2＝2m－1，
当m＝2k，k∈N*时，3n＝2＋×4k＝2＋×(3＋1)k，显然这样的整数n不存在，
当m＝2k－1，k∈N*时，3n＝2＋4k－1＝2＋(3＋1)k－1，此时n为整数解，即数列{an}与{bn}相同的项为40，41，42，43，…，
则dn＝4n－1，所以＝.
Pn＝＋＋＋…＋，③
＝＋＋＋…＋，④
③－④得，＝1＋＋＋＋…＋－＝1＋－＝2－，
故Pn＝－.
类型3 分段数列问题
INCLUDEPICTURE "例3.TIF" 已知数列{an}，当n∈[2k－1，2k)时，an＝2k，k∈N*，记数列{an}的前n项和为Sn.
(1)求a2，a20的值；
(2)求使得Sn<2 025成立的正整数n的最大值．
【解】 (1)当n∈[2k－1，2k)时，an＝2k，k∈N*，
而2∈[22－1，22)，则a2＝22＝4，
又20∈[25－1，25)，则a20＝25＝32，
所以a2＝4，a20＝32.
(2)当n∈[2k－1，2k)时，an＝2k，k∈N*，
当n∈[20，21)时，a1＝21，
当n∈[21，22)时，a2＝a3＝22，
当n∈[22，23)时，a4＝a5＝a6＝a7＝23，
当n∈[23，24)时，a8＝a9＝…＝a15＝24，
当n∈[24，25)时，a16＝a17＝…＝a31＝25，
当n∈[25，26)时，a32＝a33＝…＝a63＝26，
而S31＝21＋2×22＋4×23＋8×24＋16×25＝2＋23＋25＋27＋29＝682，
又S63＝S31＋32×26＝682＋211＝2 730>2 025，
则当682＜Sn<2 025时，31
由Sn＝S31＋(n－31)·26＝682＋(n－31)·26<2 025，
得n<31＋＝51，
而n∈N*，于是得nmax＝51，所以使得Sn<2 025成立的正整数n的最大值是51.
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
解决分段数列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、添加部分项或删除部分项等．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
解：(1)设{an}的公差为d，
则解得
所以{an}的通项公式为an＝13＋(n－1)×(－2)＝15－2n.
(2)由(1)得|an|＝
当n≤7时，Tn＝13n＋×(－2)＝14n－n2；
当n≥8时，Tn＝T7＋1＋3＋5＋…＋(2n－15)＝T7＋1＋3＋5＋…＋[2(n－7)－1]＝14×7－72＋＝98－14n＋n2.
综上，Tn＝
INCLUDEPICTURE "专题强化练.TIF"
1．(2023·全国乙卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
解：(1)设{an}的公差为d，
则解得
所以{an}的通项公式为an＝13＋(n－1)·(－2)＝15－2n.
(2)由(1)得|an|＝
当n≤7时，Tn＝13n＋×(－2)＝14n－n2，
当n≥8时，Tn＝T7＋1＋3＋5＋…＋(2n－15)＝T7＋1＋3＋5＋…＋[2(n－7)－1]＝14×7－72＋＝98－14n＋n2.
综上，Tn＝
2．(2024·保定二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n＋1).
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝求{bn}的前2n项和T2n.
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－n(n－1)＝n，
当n＝1时，也符合an＝n.
综上，an＝n.
(2)由题意得
bn＝
则T2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝
(1－＋－＋－＋…＋－)＋22＋24＋…＋22n＝(1－)＋＝＋，
故{bn}的前2n项和T2n＝＋.
3．(2024·佛山模拟)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝an＋2－6，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bm为数列{Sn}在区间(am，am＋2)中最大的项，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设{an}的公比为q，则q>0，又2Sn＝an＋2－6，
当n＝1时，2S1＝a3－6，当n＝2时，2S2＝a4－6，
两式相减可得，2a2＝a4－a3，所以2＝q2－q，
所以q＝2或q＝－1(舍去)，
所以2S1＝a3－6＝4a1－6，即a1＝3，
所以等比数列{an}的通项公式为an＝3×2n－1.
(2)由an＝3×2n－1，2Sn＝an＋2－6，
得Sn＝(an＋2－6)＝(3×2n＋1－6)＝3×2n－3，
所以Sn＝an＋1－30，
所以Sn≥an，当且仅当n＝1时等号成立，
所以am≤Sm＜Sm＋1＜am＋2＜Sm＋2，
所以bm＝Sm＋1＝3×2m＋1－3，
所以Tn＝3(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－3n＝3×－3n＝3×2n＋2－12－3n.
即Tn＝3×2n＋2－12－3n.
4．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝(an－1)(an＋3)(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)将数列{an}和数列{2n}中所有的项，按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{bn}，求{bn}的前50项和．
解：(1)依题意知an>0.
当n＝1时，4a1＝4S1＝(a1－1)(a1＋3)，解得a1＝3(负值已舍去)，当n≥2时，由4Sn＝(an－1)(an＋3)(n∈N*)，
得4Sn－1＝(an－1－1)(an－1＋3)，
两式相减得4an＝a－a＋2an－2an－1，所以(an＋an－1)·(an－an－1－2)＝0，因为an＋an－1>0，所以an－an－1＝2(n≥2)，所以数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列，所以an＝2n＋1.
(2)由(1)得，a50＝101，
又26<101<27，同时a44＝89>26，所以b50＝a44，
所以b1＋b2＋…＋b50＝(a1＋a2＋…＋a44)＋(21＋22＋…＋26)＝＋＝2 024＋126＝2 150.
所以{bn}的前50项和为2 150.
5．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且a＋2an＝4Sn，数列{bn}满足bn＝(－2).
(1)求数列{bn}的前n项和Bn，并证明Bn＋1，Bn，Bn＋2是等差数列；
(2)设cn＝(－1)nan＋bn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)由题意得an>0，a＋2an＝4Sn，①
当n＝1时，a＋2a1＝4a1，所以a1＝2或a1＝0(舍去)；
当n≥2时，a＋2an－1＝4Sn－1，②
①－②得a－a＋2an－2an－1＝4an，
所以(an－an－1)(an＋an－1)＝2(an＋an－1).
因为an>0，所以an－an－1＝2(n≥2)，所以{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n，bn＝(－2)n，
所以数列{bn}是首项为－2，公比为－2的等比数列，
所以Bn＝＝－＋(－1)n·.
因为Bn＋2＋Bn＋1＝－＋(－1)n＋2·＋(－1)n＋1·＝－＋＝－＋＝2Bn，
所以Bn＋1，Bn，Bn＋2成等差数列．
(2)cn＝(－1)n·2n＋(－2)n＝(－2)n＋2(－1)n·n，
当n为偶数时，
Tn＝(－2)1＋(－2)2＋…＋(－2)n＋2×[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝＋2×[(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋(－n＋1＋n)]＝＋2×＝＋n－.
当n为奇数时，
Tn＝(－2)1＋(－2)2＋…＋(－2)n＋2×[－1＋2－3＋4－5＋…＋(n－1)－n]＝＋2×[－1＋(2－3)＋(4－5)＋…＋(n－1－n)]＝＋2×[－1＋(－1)×]＝－n－1＝－－n－.
综上可知，Tn＝
6．设正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝a＋2an－8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)能否从{an}中选出以a1为首项，以原次序组成的等比数列ak1，ak2，…，akm，…(k1＝1).若能，请找出使得公比最小的一组，写出此等比数列的通项公式，并求出数列{kn}的前n项和Tn；若不能，请说明理由．
解：(1)当n＝1时，4S1＝a＋2a1－8＝4a1，
即a－2a1－8＝0(a1＞0)，
解得a1＝4或a1＝－2(舍去).
当n≥2时，由4Sn＝a＋2an－8，①
得4Sn－1＝a＋2an－1－8(n≥2)，②
①－②得4an＝a－a＋2an－2an－1，
化简得(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0.
因为an＞0，所以an－an－1－2＝0，
即an－an－1＝2(n≥2)，
即数列{an}是以4为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2n＋2(n∈N*).
(2)能．当ak1＝a1＝4，ak2＝a3＝8时，
会得到数列{an}中以原次序组成的等比数列ak1，ak2，…，akm，…(k1＝1)，
此时的公比最小，为q＝2，该等比数列的项均为偶数，均在数列{an}中．
下面证明q＝2为最小公比：
ak1＝a1＝4，假若ak2＝a2＝6，公比为＝，
则ak3＝4×＝9为奇数，不可能在数列{an}中．
所以q＝2为最小公比，通项公式为akm＝4·2m－1＝2m＋1.
又akm＝2km＋2＝2m＋1，所以km＝2m－1，
即数列{kn}的通项公式为kn＝2n－1(n∈N*)，
故Tn＝21－1＋22－1＋…＋2n－1＝－n＝2n＋1－n－2.(共26张PPT)
提升点 数列中的子数列
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
(1)数列中的奇、偶项问题的常见类型
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、偶项不同的数列{an}，求前n项和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.
(2)求数列{an}的前2n项和S2n.
类型2 两个数列的公共项问题
已知数列{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，并求数列{an}，{bn}的通项公式；
【解】 由题意可得，an＝2＋(n－1)×3＝3n－1(n∈N*).
因为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，
所以bn－n＝3n，即bn＝3n＋n(n∈N*).
(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的值．
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．
已知数列{an}中，a1＝1，a3＝7，数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋2＋Sn＝2Sn＋1＋3.数列{bn}的前n项和Tn满足Tn＝2bn－1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
解：由Sn＋2＋Sn＝2Sn＋1＋3，
得Sn＋2－Sn＋1＝Sn＋1－Sn＋3，
即an＋2－an＋1＝3，
当n＝1时，S3＋S1＝2S2＋3 a1＋a2＋a3＋a1＝2(a1＋a2)＋3，
解得a2＝a3－3＝4，
所以a2－a1＝3，故an＋1－an＝3恒成立，所以数列{an}为等差数列，公差d＝3，
故数列{an}的通项公式为an＝1＋3(n－1)＝3n－2.
又Tn＝2bn－1，①
则当n＝1时，b1＝T1＝2b1－1，
所以b1＝1，
当n≥2时，Tn－1＝2bn－1－1，②
则①－②得，bn＝2bn－2bn－1，
即bn＝2bn－1，
所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，
故bn＝2n－1.
类型3 分段数列问题
已知数列{an}，当n∈[2k－1，2k)时，an＝2k，k∈N*，记数列{an}的前n项和为Sn.
(1)求a2，a20的值；
【解】 当n∈[2k－1，2k)时，an＝2k，k∈N*，
而2∈[22－1，22)，则a2＝22＝4，
又20∈[25－1，25)，则a20＝25＝32，
所以a2＝4，a20＝32.
(2)求使得Sn<2 025成立的正整数n的最大值．
【解】 当n∈[2k－1，2k)时，an＝2k，k∈N*，
当n∈[20，21)时，a1＝21，
当n∈[21，22)时，a2＝a3＝22，
当n∈[22，23)时，a4＝a5＝a6＝a7＝23，
当n∈[23，24)时，a8＝a9＝…＝a15＝24，
当n∈[24，25)时，a16＝a17＝…＝a31＝25，
当n∈[25，26)时，a32＝a33＝…＝a63＝26，
解决分段数列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、添加部分项或删除部分项等．
记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.