4 数列中的子数列和增减项问题
数列子数列问题(包括数列中的奇偶项、公共项数列等)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．
题型一 数列的公共项问题
例1 记由数列{an}和{bn}的公共项组成的数列为{cn}，已知an＝3n－2，bn＝2n，若{cn}为递增数列，且c5＝bm＝at，则m＋t＝________．
[听课记录]_____ ________________________
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(1)解答数列中公共项问题的关键在于观察这些公共项的规律，判断其是否构成等差数列或等比数列．
(2)两个等差数列的公共项是等差数列，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．
训练1 已知数列{an}的前n项和Sn＝，{bn}为等比数列，公比为2，且b1，b2＋1，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.
题型二 数列的奇偶项问题
例2 (2021·新课标Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
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.
训练2 已知数列{an}满足a1＝3，an＝an－1＋2n-1(n≥2，n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝an－1＋(－1)nlog2(an－1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
题型三 数列的增减项问题
例3 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝2Sn＋2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在an与an＋1之间插入n个数，使这(n＋2)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，且m≠k≠p)成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由．
解答数列中的增减项问题时，先观察增加或减少以后的数列是等差数列，等比数列，还是局部具有等差或等比特征的数列，然后按照各自的性质进行求解．
训练3 已知数列{bn}为等比数列，正项数列{an}满足4an＝a－a－4，且a1＝2，b1＝1，a4＝b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)若从{an}中去掉与数列{bn}相同的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，设T100＝c1＋c2＋c3＋…＋c100，求T100.
进阶点4 数列中的子数列和增减项问题
例1 352 解析 由已知得c1＝b2＝a2＝4，设cn＝bm＝at，即cn＝2m＝3t－2，则bm＋1＝2m+1＝2(3t－2)，由bm＋1＝3t′－2，得t′＝，因为t′不是正整数，所以bm＋1不是公共项．同理，由bm＋2＝2m+2＝4(3t－2)＝3t′－2，得t′＝4t－2，故cn＋1＝bm＋2＝a4t－2.因为c1＝b2＝a2＝4，所以c2＝b4＝a6，c3＝b6＝a22，c4＝b8＝a86，c5＝b10＝a342，故当n＝5时，m＝10，t＝342，故m＋t＝352.
训练1 解 (1)由Sn＝，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，…，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＝＝(4n－1).
例2 解 (1)因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝所以b1＝a2＝a1＋1＝2，b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*.
(2)因为an＋1＝所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，即a2k＝a2k－1＋1 ①，a2k＋1＝a2k＋2 ②，a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1 ③，所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋×3＋20＋×3＝300.
训练2 解 (1)因为an－an－1＝2n-1(n≥2)，所以当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－1－an－2)＋(an－an－1)＝3＋2＋22＋…＋2n-2＋2n-1＝2＋＝2n＋1，检验知当n＝1时上式也成立，故an＝2n＋1(n∈N*).
(2)由题意知，bn＝2n＋(－1)nn.当n为偶数时，Tn＝2＋22＋…＋2n＋(－1)＋2＋(－3)＋4＋…＋(－1)nn＝＋＝2n+1－2＋；当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋2n＋(－1)nn＝2n－2＋＋2n－n＝2n+1－2－且n≥3，当n＝1时，T1＝b1＝2－1＝1，满足Tn＝2n+1－2－.综上，Tn＝
例3 解 (1)设等比数列{an}的公比为q，由题意知当n＝1时，a1q＝2a1＋2 ①，当n＝2时，a1q2＝2(a1＋a1q)＋2 ②，由①②解得a1＝2，q＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝2×3n-1.
(2)不存在．理由如下：由(1)知an＝2×3n-1，则an＋1＝2×3n，所以an＋1＝an＋(n＋2－1)dn，所以dn＝＝.假设数列{dn}中存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列，且m≠k≠p)成等比数列，则d＝dm·dp，所以＝·，即＝.又因为m，k，p成等差数列，所以2k＝m＋p，所以(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，化简得k2＋2k＝mp＋m＋p，所以k2＝mp，又2k＝m＋p，所以k＝m＝p，这与已知矛盾．所以在数列{dn}中不存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列，且m≠k≠p)成等比数列．
训练3 解 (1)因为4an＝a－a－4，所以a＝(an＋2)2，又an>0，所以an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2，又a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公差为2的等差数列，所以an＝2＋(n－1)·2＝2n.设{bn}的公比为q，因为b4＝a4＝8，b1＝1，所以q3＝8，解得q＝2，所以bn＝2n-1.综上，数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝2n，bn＝2n-1.
(2)由(1)知b1＝1，b2＝2＝a1，b3＝4＝a2，b4＝8＝a4，b5＝16＝a8，b6＝32＝a16，b7＝64＝a32，b8＝128＝a64，b9＝256＝a128，所以T100＝c1＋c2＋c3＋…＋c100＝(a1＋a2＋a3＋…＋a107)－(b2＋b3＋…＋b8)＝－＝11 302.(共20张PPT)
4 数列中的子数列和增减项问题
数列子数列问题(包括数列中的奇偶项、公共项数列等)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．
解析
方法提炼
解
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方法提炼
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方法提炼
解
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进微练(十) 数列中的子数列和增减项问题
班级： 姓名：
1．已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn－nan＝n，n∈N*，且a2＝3.
(1)求证：数列(n≥2)是常数列；
(2)求数列{an}的通项公式．若数列{bn}的通项公式为bn＝3n－2，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．
2．已知各项均为正数的数列{an}中，a1＝1且满足a－a＝2an＋2an＋1，数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn＋1＝3bn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若在bk与bk＋1之间依次插入数列{an}中的k项构成新数列{cn}，求数列{cn}中前50项的和T50.
3．数列{an}满足a1＝1，(an＋1－a1)(an＋a1)＝－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝cos nπ，求数列{bn}的前n项和为Sn.
4．在数列{an}中，a1＝1，且a1＋2a2＋22a3＋…＋2n-1an＝2n+1an＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝数列{bn}的前n项和为Sn，求S2n.
微练(十) 数列中的子数列和增减项问题
1．解 (1)证明：由2Sn－nan＝n，得2Sn＋1－(n＋1)an＋1＝n＋1，将上述两式相减，得2an＋1－(n＋1)·an＋1＋nan＝1，即nan－(n－1)an＋1＝1.所以an＋1＝(n≥2)，则－＝－＝－＝0(n≥2)，所以数列(n≥2)是常数列．
(2)由(1)可知，当n≥2时，＝＝2，所以an＝2n－1(n≥2)，检验：当n＝1时，an＝2n－1也适用．所以an＝2n－1(n∈N*)，所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，又数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列{cn}是以1为首项，6为公差的等差数列，所以{cn}的前n项和为n×1＋×6＝3n2－2n.
2．解 (1)由a－a＝2an＋2an＋1得(an＋1－an)(an＋1＋an)＝2(an＋1＋an).因为an＋1＋an>0，所以an＋1－an＝2，则{an}是首项a1＝1，公差为2的等差数列，所以an＝2n－1，又当n＝1时，2S1＋1＝3b1得b1＝1，当n≥2时，2Sn＋1＝3bn ①，2Sn－1＋1＝3bn－1 ②，由①－②整理得bn＝3bn－1，因为b1＝1≠0，所以bn－1≠0，所以＝3，所以数列{bn}是首项为1，公比为3的等比数列，故bn＝3n-1.
(2)依题意知新数列{cn}中，bk＋1(含bk＋1)前面共有(1＋2＋3＋…＋k)＋(k＋1)＝项．由≤50(k∈N*)得k≤8，所以新数列{cn}中含有数列{bn}的前9项b1，b2，…，b9，含有数列{an}的前41项a1，a2，a3，…，a41，所以T50＝＋＝11 522.
3．解 (1)由a1＝1与(an＋1－a1)(an＋a1)＝－1，得an＋1an＋an＋1－an＝0，所以－＝1，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以＝1＋(n－1)·1＝n，所以an＝.
(2)由(1)可得bn＝(n2＋4n)cos nπ＝(－1)n(n2＋4n)＝(－1)n[n(n＋4)]，当n＝2k，k∈N*时，bn＋bn－1＝(－1)n[n(n＋4)]＋(－1)n-1[(n－1)(n－1＋4)]＝n(n＋4)－(n－1)(n＋3)＝2n＋3，故Sn＝＝，当n＝2k－1，k∈N*时，Sn＝Sn－1－(n2＋4n)＝－(n2＋4n)＝.综上，Sn＝
4．解 (1)当n＝1时，a1＝4a2，则a2＝≠0.当n≥2时，由a1＋2a2＋22a3＋…＋2n-1an＝2n+1an＋1，得a1＋2a2＋22a3＋…＋2n-2an－1＝2nan，则2n-1an＝2n+1an＋1－2nan，则an＋1＝an.因为＝≠，所以{an}从第2项起成等比数列，an＝
(2)b1＝log3a1＝0，当n为大于1的奇数时，bn＝log3[4n-1××]＝n－2，当n为偶数时，bn＝＝3n×4n.W＝b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝0＋1＋3＋…＋2n－3＝＝(n－1)2.T＝b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝6×42＋12×44＋18×46＋…＋6n×42n，则16T＝6×44＋12×46＋18×48＋…＋6n×42n+2，则－15T＝6×(42＋44＋46＋…＋42n)－6n×42n+2，－15T＝6×－6n×42n+2＝，则T＝，则S2n＝W＋T＝＋(n－1)2.(共15张PPT)
微练(十) 数列中的子数列
和增减项问题
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