新高考数学二轮复习专题三微重点10子数列问题学案

这是一份新高考数学二轮复习专题三微重点10子数列问题学案，共10页。

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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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eq \f(bn＋1＋2,bn＋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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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×eq \f(1－2n,1－2)－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＝eq \f(3n－1,2).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若数列cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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＝eq \f(3n－1,2)－eq \f(3n－1－1,2)＝3n－1，
当n＝1时，满足上式，∴bn＝3n－1.
(2)因为cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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
＝eq \f(\f(n,2)1＋2n－3,2)＋eq \f(3－3n＋1,1－9)
＝eq \f(n2－n,2)＋eq \f(3n＋1－3,8)，
当n为奇数时，
Tn＝Tn－1＋cn＝eq \f(n2＋n,2)＋eq \f(3n－3,8)(n>2)，
当n＝1时，上式也成立．
综上，Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(n2－n,2)＋\f(3n＋1－3,8)，n为偶数，,\f(n2＋n,2)＋\f(3n－3,8)，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＝eq \f(3n2＋n,2)，{bn}的前n项之积Tn＝(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＝eq \f(3n2＋n,2)，
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＝，
当n＝1时，b1＝T1＝2，
当n≥2时，bn＝eq \f(Tn,Tn－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＝eq \f(2×1－420,1－4)＝eq \f(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＝eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(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 已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100.
解 (1)由于数列{an}是公比大于1的等比数列，设首项为a1，公比为q，
依题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8，))
解得a1＝2，q＝2或a1＝32，q＝eq \f(1,2)(舍)，
所以an＝2n，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)方法一 由题意知，2n≤m，即n≤lg2m，
当m＝1时，b1＝0.
当m∈[2k，2k＋1－1)时，bm＝k，k∈N*，
则S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋…＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)
＝0＋1×2＋2×4＋3×8＋4×16＋5×32＋6×37
＝480.
方法二 由题意知bm＝k，m∈[2k，2k＋1)，
因此，当m＝1时，b1＝0；
当m∈[2,4)时，bm＝1；
当m∈[4,8)时，bm＝2；
当m∈[8,16)时，bm＝3；
当m∈[16,32)时，bm＝4；
当m∈[32,64)时，bm＝5；
当m∈[64,128)时，bm＝6.
所以S100＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b100
＝0＋(1＋1)＋(2＋2＋2＋2)＋…＋(6＋6＋…＋6)
＝0＋1×2＋2×4＋3×8＋4×16＋5×32＋6×37
＝480.
所以数列{bn}的前100项和S100＝480.
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＝eq \f(1,3)(an－1)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝an·sin eq \f(nπ,2)，求数列{bn}的前100项的和T100.
解 (1)由Sn＝eq \f(1,3)(an－1)，
得Sn＋1＝eq \f(1,3)(an＋1－1)，
两式相减得an＋1＝eq \f(1,3)an＋1－eq \f(1,3)an，
即an＋1＝－eq \f(1,2)an，
又当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(1,3)(a1－1)，
解得a1＝－eq \f(1,2)，
所以{an}是以－eq \f(1,2)为首项，－eq \f(1,2)为公比的等比数列，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n.
(2)由(1)可知
bn＝an·sin eq \f(nπ,2)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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－eq \f(1,2)，公比为－eq \f(1,4)的等比数列，共有50项，
所以T100＝a1－a3＋a5－a7＋…＋a97－a99
＝eq \f(－\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))50)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4))))
＝－eq \f(2,5)＋eq \f(1,5)×eq \f(1,299).
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.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若cn＝[lg bn]，其中[x]是高斯函数(表示不超过x的最大整数)，如[lg 2]＝0，[lg 98]＝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＝eq \f(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＝[lg 2]＋[lg 4]＋[lg 6]＋[lg 8]＋[lg 10]＋…＋[lg 98]＋[lg 100]＋…＋[lg 200]＝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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n≤10，,2bn－10，n>10，))求数列{bn}的前100项和．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5＝a1＋4d＝9，,S7＝7a1＋\f(7×6d,2)＝49，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,d＝2，))
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)因为bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n≤10，,2bn－10，n>10，))
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)
＝eq \f(1－210,1－2)×eq \f(10×1＋19,2)＝102 300.
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}和数列{bn}的通项公式；
(2)数列{an}和数列{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(d>0)，
故由a1＝12，b1＝1，a2＝5b2，a3＝2b3，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(12＋d＝5q，,12＋2d＝2q2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝3，,q＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(d＝－2，,q＝2))(舍去)，
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＋eq \f(60×59,2)×3
＝6 043.
4．(2022·山东联考)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2＝kan(k≠1)，n∈N*，a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列．
(1)求k的值和{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a\\al(2,n)，n为奇数，,lg2an，n为偶数，))求数列{bn}的前n项和Sn.
解 (1)因为a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列，
所以2(a3＋a4)＝a2＋a3＋a4＋a5，
得a5－a3＝a4－a2，
得(k－1)a2＝(k－1)a3，
因为k≠1，所以a2＝a3＝2，
所以k＝eq \f(a3,a1)＝2，得an＝
(2)由(1)知，bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－1，n为奇数，,\f(n,2)，n为偶数，))
当n为偶数时，设n＝2k，k∈N*，
可得Sn＝S2k＝b1＋b3＋…＋b2k－1＋b2＋b4＋…＋b2k＝20＋22＋…＋22k－2＋eq \f(1,2)(2＋4＋…＋2k)
＝eq \f(1－4k,1－4)＋eq \f(1,2)×eq \f(2＋2kk,2)＝eq \f(4k－1,3)＋eq \f(k＋1k,2)，
即Sn＝eq \f(2n－1,3)＋eq \f(n2＋2n,8)；
当n为奇数时，设n＝2k－1，k∈N*，
可得Sn＝S2k－1
＝b1＋b3＋…＋b2k－1＋b2＋b4＋…＋b2k－2
＝20＋22＋…＋22k－2＋eq \f(1,2)(2＋4＋…＋2k－2)
＝eq \f(1－4k,1－4)＋eq \f(1,2)×eq \f(2＋2k－2k－1,2)
＝eq \f(4k－1,3)＋eq \f(kk－1,2)，
即Sn＝eq \f(2n＋1－1,3)＋eq \f(n2－1,8).
综上所述，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n－1,3)＋\f(n2＋2n,8)，n为偶数，,\f(2n＋1－1,3)＋\f(n2－1,8)，n为奇数.))第一列
第二列
第三列
第一行
1
5
2
第二行
4
3
10
第三行
9
8
20