2026届高三数学一轮复习讲义（标准版）第六章6.6子数列问题（Word版附答案）

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题型一 奇数项与偶数项问题
例1 (2023·新高考全国Ⅱ)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n项和，S4=32，T3=16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
思维升华 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.
跟踪训练1 (2024·西安模拟)已知正项数列{an}中，a3=4，a2a5=32，且ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn=an+(-1)nlg2an+1，求数列{bn}的前n项和Tn.
题型二 数列的公共项
例2 (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.
思维升华 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.
跟踪训练2 已知Sn为数列{an}的前n项和，且an>0，an2+2an=4Sn+3，bn=a2n-1，cn=3n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)将数列{bn}与{cn}的所有公共项按从小到大的顺序组成新数列{dn}，求{dn}的前10项和.
题型三 数列增减项
例3 (2025·沧州模拟)在数列{an}中，已知a1+a22+a322+…+an2n-1=2n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在数列{an}中的a1和a2之间插入1个数x11，使a1，x11，a2成等差数列；在a2和a3之间插入2个数x21，x22，使a2，x21，x22，a3成等差数列；…；在an和an+1之间插入n个数xn1，xn2，…，xnn，使an，xn1，xn2，…，xnn，an+1成等差数列，这样可以得到新数列{bn}：a1，x11，a2，x21，x22，a3，x31，x32，x33，a4，…，an，设数列{bn}的前n项和为Sn，求S55(用数字作答).
思维升华 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.
跟踪训练3 记等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S5=15，a2=2，等比数列{bn}满足b2=a1+a3，b3=2a4.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)将数列{an}中与{bn}的相同项去掉，剩下的项依次构成新数列{cn}，求2nΣi=1ci(n∈N*).
答案精析
例1 (1)解 设等差数列{an}的公差为d，
而bn=an-6,n为奇数,2an,n为偶数,
则b1=a1-6，b2=2a2=2a1+2d，
b3=a3-6=a1+2d-6，
于是S4=4a1+6d=32,T3=4a1+4d-12=16,
解得a1=5，d=2，
an=a1+(n-1)d=2n+3，
所以数列{an}的通项公式是an=2n+3.
(2)证明 方法一 由(1)知，
Sn=n(5+2n+3)2=n2+4n，
bn=2n-3,n为奇数,4n+6,n为偶数,
当n为偶数时，bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1，
Tn=13+(6n+1)2·n2=32n2+72n，
当n>5时，
Tn-Sn=32n2+72n-(n2+4n)
=12n(n-1)>0，
因此Tn>Sn.
当n为奇数时，Tn=Tn+1-bn+1
=32(n+1)2+72(n+1)-[4(n+1)+6]=32n2+52n-5，
当n>5时，
Tn-Sn=32n2+52n-5-(n2+4n)
=12(n+2)(n-5)>0，
因此Tn>Sn.
综上，当n>5时，Tn>Sn.
方法二 由(1)知，
Sn=n(5+2n+3)2=n2+4n，
bn=2n-3,n为奇数,4n+6,n为偶数,
当n为偶数时，Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=-1+2(n-1)-32·n2+14+4n+62·n2=32n2+72n，
当n>5时，
Tn-Sn=32n2+72n-(n2+4n)
=12n(n-1)>0，
因此Tn>Sn，
当n为奇数时，若n≥3，
则Tn=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)
=-1+2n-32·n+12+
14+4(n-1)+62·n-12
=32n2+52n-5，
显然T1=b1=-1满足上式，
因此当n为奇数时，
Tn=32n2+52n-5，
当n>5时，Tn-Sn
=32n2+52n-5-(n2+4n)
=12(n+2)(n-5)>0，
因此Tn>Sn，
所以当n>5时，Tn>Sn.
跟踪训练1 解 (1)∵ln an，ln an+1，ln an+2成等差数列，
∴2ln an+1=ln an+ln an+2，
即an+12=anan+2，而an>0，
∴{an}为等比数列，
设{an}的公比为q，q>0，
则a3=a1q2=4,a2a5=a12q5=32,
得a1=1，q=2，∴an=2n-1.
(2)bn=2n-1+(-1)nlg22n
=2n-1+(-1)nn，
当n为偶数时，
Tn=(1+2+22+…+2n-1)+[-1+2-3+4-…-(n-1)+n]
=1-2n1-2+n2=2n+n-22，
当n为奇数时，
Tn=Tn+1-bn+1=2n+1+n-12-2n-(-1)n+1(n+1)=2n-n+32，
∴Tn=2n-n+32(n为奇数),2n+n-22(n为偶数).
例2 解 (1)由题意可得an=2+(n-1)×3=3n-1(n∈N*)，
而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.
从而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m=2，5，8，…，3n-1，…时为公共项，
易知数列{bn}为递增数列，所以c1+c2+…+cn=b2+b5+…+b3n-1
=32+35+…+33n-1+[2+5+…+(3n-1)]=9(27n-1)26+n(3n+1)2 (n∈N*).
跟踪训练2 解 (1)由an2+2an=4Sn+3，
可知an+12+2an+1=4Sn+1+3，
两式相减得an+12-an2+2(an+1-an)=4an+1，
即(an+1+an)(an+1-an)=2(an+1+an)，
因为an>0，则an+1-an=2，
又a12+2a1=4S1+3，a1>0，
解得a1=3，
即{an}是首项为3，公差为2的等差数列，
所以{an}的通项公式为
an=3+2(n-1)=2n+1.
(2)方法一 由(1)知bn=4n-1，
因为cn=3n，数列{bn}与{cn}的所有公共项按从小到大的顺序组成数列{dn}，且b1=c1=3，则数列{dn}是以3为首项，12为公差的等差数列，
dn=3+12(n-1)=12n-9，
令{dn}的前n项和为Tn，
则T10=10×3+10×92×12=570，
所以{dn}的前10项和为570.
方法二 由(1)知，bn=4n-1，数列{bn}与{cn}的公共项满足bn=ck，
即4n-1=3k，k=4n-13=n+n-13，
而k，n∈N*，于是得n-13=m-1(m∈N*)，
即n=3m-2，此时k=4m-3，m∈N*，
因此，b3m-2=c4m-3=12m-9，
即dn=12n-9，数列{dn}是以3为首项，12为公差的等差数列，
令{dn}的前n项和为Tn，
则T10=10×3+10×92×12=570，
所以{dn}的前10项和为570.
例3 解 (1)当n=1时，a1=2；
当n≥2时，
an2n-1=a1+a22+a322+…+an2n-1-a1+a22+a322+…+an-12n-2
=2n-2(n-1)=2，
所以an=2n，n≥2.
当n=1时，上式亦成立，
所以an=2n.
(2)由n+[1+2+3+…+(n-1)]=55⇒n=10.
所以新数列{bn}的前55项中包含数列{an}的前10项，还包含x11，x21，x22，x31，x32，…，x98，x99.
且x11=a1+a22，x21+x22=2(a2+a3)2，x31+x32+x33=3(a3+a4)2，…，x91+x92+…+x99=9(a9+a10)2.
所以S55=(a1+a2+…+a10)+a1+a22+2(a2+a3)2+…+9(a9+a10)2
=3a1+5a2+7a3+…+19a92+11a102.
设T=3a1+5a2+7a3+…+19a9=3×21+5×22+7×23+…+19×29，
则2T=3×22+5×23+7×24+…+19×210，
所以-T=T-2T=3×21+2×(22+23+…+29)-19×210=-17×210-2.
故T=17×210+2.
所以S55=17×210+22+112×210=28×29+1=14 337.
跟踪训练3 解 (1)设{an}的公差为d，
由题意可得S5=5a1+5×42d=15,a2=a1+d=2,
解得a1=1,d=1,
所以{an}的通项公式为
an=1+(n-1)×1=n，
因为b2=a1+a3=1+3=4，b3=2a4=2×4=8，
所以等比数列{bn}的公比q=b3b2=84=2，且b1=b2q=42=2，
所以等比数列{bn}的通项公式为bn=b1·qn-1=2×2n-1=2n，
所以数列{an}，{bn}的通项公式分别为an=n，bn=2n.
(2)将数列{an}中与{bn}的相同项去掉，剩下的项依次构成新数列{cn}，
则2nΣi=1ci=c1+c2+…+c2n，
{cn}中前2n项是由{an}的前2n+n项去掉与{bn}的前n项相同的项构成的，
所以2nΣi=1ci=c1+c2+…+c2n
=(2n+n)(1+2n+n)2-(2+22+…+2n)
=(2n+n)(1+2n+n)2-2(1-2n)1-2
=(2n+n)(1+2n+n)2+2(1-2n)
=22n-1+(2n-3)2n-1+n2+n+42.