第1课时 数列的特殊项问题——奇偶项、公共项、增减项问题
类型一 奇偶项问题
【例1】 设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，S4＝10，且为等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝求{bn}的前2n项和T2n.
对于通项公式奇、偶项不同的数列{an}求Sn时，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】 (2025·青岛模拟)已知递增等比数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝13，a＝3a4，等差数列{bn}满足b1＝a1，b2＝a2－1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝请判断c2n－1＋c2n与a2n的大小关系，并求数列{cn}的前20项和．
类型二 公共项问题
【例2】 已知数列{an}的前n项和Sn满足3n2－29n－2Sn＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}的通项公式为bn＝2n，若由数列{an}与{bn}的公共项按从小到大排列得到数列{cn}，求数列{cn}的前n项和Tn.
解决两个数列公共项问题的两种方法
1．不定方程法：列出两个项相等的不定方程，利用数论中的整除知识，求出符合条件的项，并解出相应的通项公式．
2．周期法：即寻找下一项．通过观察找到首项后，从首项开始向后，逐项判断变化较大(如公差的绝对值大)的数列中的项是否为另一个数列中的项，并找到规律(周期)，分析相邻两项之间的关系，从而得到通项公式．
【训练2】 数列{2n－1}和数列{3n－2}的公共项从小到大构成一个新数列{an}，数列{bn}满足bn＝，则数列{bn}的最大项等于________.
类型三 增减项问题
【例3】 记数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，有2Sn＝nan，且a2＝3.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对所有正整数m，若ak<2m
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．
【训练3】 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．
第1课时 数列的特殊项问题
【例1】 解 (1)设等差数列的公差为d，因为a1＝S1＝1，所以－＝3d，即－1＝3d，d＝，所以＝1＋(n－1)，即Sn＝，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝n，当n＝1时，a1＝1满足上式，所以an＝n，n∈N*.
(2)由(1)知bn＝则T2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋＝＋＝n2＋－.所以数列{bn}的前2n项和为T2n＝n2＋－.
【训练1】 解 (1)设等比数列{an}的公比为q，由题意得即解得或又等比数列{an}单调递增，所以所以an＝a1·qn－1＝3n－1，所以b1＝a1＝1，b2＝a2－1＝2，所以等差数列{bn}的公差为1，故bn＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)由(1)知cn＝所以c2n－1＋c2n＝－(2n－1)·32n－1＋2n·32n－1＝32n－1＝a2n，所以T20＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c19＋c20＝(c1＋c2)＋(c3＋c4)＋…＋(c19＋c20)＝3＋33＋…＋319＝＝(910－1)．
【例2】 解 (1)因为3n2－29n－2Sn＝0，所以Sn＝n2－n.当n＝1时，a1＝－＝－13；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－n－(n－1)2＋(n－1)＝3n－16.当n＝1时满足an＝3n－16，故数列{an}的通项公式为an＝3n－16.
(2)设bm＝an，即2m＝3n－16，m，n∈N*.由bm＝2m，所以bm＋1＝2m＋1＝2·2m＝2(3n－16)＝6n－32＝3－16，由2n－ N*，可知bm＋1 {an}，即bm＋1不是两个数列的公共项．bm＋2＝2m＋2＝22·2m＝4(3n－16)＝12n－64＝3(4n－16)－16，由4n－16∈N*，可知bm＋2∈{an}，所以bm＋2是两个数列的公共项，因此，若ck＝bm＝an，则ck＋1＝bm＋2＝a4n－16，所以＝＝＝4，且c1＝2，所以两数列的公共项所构成的新数列{cn}是以2为首项，4为公比的等比数列，所以数列{cn}的前n项和Tn＝＝.
【训练2】 解析 数列{2n－1}和数列{3n－2}的公共项从小到大构成的一个新数列为1,7,13，…，该数列是首项为1，公差为6的等差数列，所以an＝6n－5，所以bn＝，因为bn＋1－bn＝－＝，所以当n≥2时，bn＋1－bn<0，即b2>b3>b4>…，又b1【例3】 解 (1)由2Sn＝nan，得2Sn＋1＝(n＋1)an＋1，两式相减，得2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan.整理，得(n－1)an＋1＝nan，即n≥2时，＝.所以n≥2时，an＝··…··a2＝××…××3＝3(n－1)．n＝1时，2a1＝a1，得a1＝0，也满足上式．故an＝3(n－1)．
(2)由a40＝117，可知2626，所以{bn}的前40项中有34项来自{an}，故b1＋b2＋…＋b40＝(a1＋a2＋…＋a34)＋(21＋22＋…＋26)＝＋＝1 683＋126＝1 809.
【训练3】 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，a＝a1a3，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)＝－＝11 302.(共18张PPT)
第1课时
第六章 数列
数列的特殊项问题——奇偶项、公共项、增减项问题
关键能力/落实
第一部分
——考向探究
类型一
奇偶项问题
解
解
解
解
解
类型二
公共项问题
解
解
解
解析
类型三
增减项问题
解
解
解
解
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赢在欲点微练(五十一) 数列的特殊项问题
1．(2025·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.
2．设数列{an}满足an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在数列{an}的任意ak与ak＋1项之间，都插入k(k∈N*)个相同的数(－1)kk，组成数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Tn，求T27的值．
3．(2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为{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.
4．(2024·天津高考)已知数列{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn，若a1＝1，S2＝a3－1.
(1)求数列{an}的前n项和Sn；
(2)设bn＝k∈N*.
(ⅰ)当k≥2，n＝ak＋1时，求证：bn－1≥ak·bn；
(ⅱ)求i.
微练(五十一) 数列的特殊项问题
1．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)＝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)＝＋(n∈N*)．
2．解 (1)因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，所以an＋1－an＝2an－2an－1，又a1＝1，a2＝2，所以数列{an＋1－an}为首项为1，公比为2的等比数列，所以an＋1－an＝2n－1，所以当n≥2，n∈N*时，a2－a1＝1，a3－a2＝2，…，an－an－1＝2n－2，所以an－a1＝1＋2＋…＋2n－2＝＝2n－1－1，所以当n≥2，n∈N*时，an＝2n－1，又a1＝1也满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．
(2)数列{bn}中，在ak＋1之前共有k＋(1＋2＋…＋k)＝k＋＝项，当k＝5时，＝20<27，当k＝6时，＝27，则T27＝(1＋2＋22＋…＋25)＋(－12＋22－32＋42－52＋62)＝＋(3＋7＋11)＝26－1＋21＝84.
3．解 (1)设等差数列{an}的公差为d，而bn＝k∈N*，则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，所以解得an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，所以数列{an}的通项公式是an＝2n＋3.
(2)证明：由(1)知Sn＝＝n2＋4n，bn＝k∈N*，当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，Tn＝·＝n2＋n，当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0，因此Tn>Sn.当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝n2＋n－5，当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.综上，当n>5时，Tn>Sn.
4．解 (1)设{an}的公比为q(q>0)，则1＋q＝q2－1，得q＝2，所以Sn＝＝2n－1.
(2)(ⅰ)证明：由(1)知，ak＝2k－1，所以bn＝当n＝ak＋1＝2k时，bn＝k＋1，bn－1＝＝＋2k＝＋4k＝…＝＋2k·(2k－1－1)＝k＋2k·(2k－1－1)＝k·2k－k，所以bn－1－ak·bn＝k·2k－k－(k＋1)2k－1＝(k－1)2k－1－k.设f(x)＝(x－1)2x－1－x，x≥2，则f′(x)＝2x－1＋(x－1)2x－1ln 2－1≥2＋2ln 2－1>0，所以f(x)在[2，＋∞)上单调递增，f(x)≥f(2)＝0，所以bn－1－ak·bn≥0，即bn－1≥ak·bn.
(ⅱ)令k＝1，得b1＝1，令k＝2，得b2＝2，b3＝b2＋2k＝6，令k＝3，得b4＝3，b5＝b4＋2k＝9，b6＝b5＋2k＝15，b7＝b6＋2k＝21，所以，，…，是一个以为首项，2k为公差的等差数列．因为＝k，所以＝k·2k－k，所以＋＋…＋＝＝k·4k－1，所以i＝i＝b1＋b2＋…＋b2n－1＝1×40＋2×41＋…＋n×4n－1,4i＝1×41＋2×42＋…＋n×4n，两式相减，得－3i＝40＋41＋…＋4n－1－n×4n＝－n×4n＝－n×4n＝×4n－，所以i＝·4n＋.(共12张PPT)
数列的特殊项问题
微练(五十一)
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