还剩48页未读，
继续阅读
高考数学专题三数列 微专题24 数列的奇偶项、增减项问题课件PPT
展开
这是一份高考数学专题三数列 微专题24 数列的奇偶项、增减项问题课件PPT，共56页。PPT课件主要包含了偶项问题，典例1，因此TnSn，②当n是偶数时，典例2，考点二公共项问题，n－1，由题意可得，考点三增减项问题，跟踪训练3等内容，欢迎下载使用。
数列中的奇、偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行单独研究，利用新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列.数列中的增减项问题就是增加或减少以后的数列是等差数列还是等比数列.公共项问题就是观察这些公共项的规律，判断是否构成等差数列还是等比数列.一般难度中等.
设等差数列{an}的公差为d，
则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，
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：当n>5时，Tn>Sn.
当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，
因此Tn>Sn.综上，当n>5时，Tn>Sn.
当n为奇数时，若n≥3，
显然T1＝b1＝－1满足上式，
因此Tn>Sn，所以当n>5时，Tn>Sn.
跟踪训练1 (2023·佛山模拟)设各项非零的数列{an}的前n项和记为Sn，记Tn＝S1·S2·S3…Sn，且满足2SnTn－Sn－2Tn＝0.(1)求T1的值，证明数列{Tn}为等差数列并求{Tn}的通项公式；
①当n(n≥3)是奇数时，
A.a3＋b5＝c3B.b28＝c10C.a5b2>c8D.c9－b9＝a26
根据题意数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，an＝2＋3(n－1)＝3n－1，
对于A，a3＋b5＝(3×3－1)＋(5×5－3)＝30，c3＝15×3－13＝32，a3＋b5≠c3，故A错误；对于B，b28＝5×28－3＝137，c10＝15×10－13＝137，b28＝c10，故B正确；
对于C，a5＝3×5－1＝14，b2＝5×2－3＝7，c8＝15×8－13＝107，a5b2＝14×7＝98<107＝c8，故C错误；对于D，c9＝15×9－13＝122，b9＝5×9－3＝42，a26＝3×26－1＝77，c9－b9＝122－42＝80≠77＝a26，故D错误.
因为an＝3n－2，所以a1＝1，a2＝4，因为bn＝2n，所以b1＝2，b2＝4，
所以c1＝a2＝b2＝4，设cn＝bm＝at即cn＝2m＝3t－2，
所以cn＋1＝bm＋2＝a4t－2，因为cn＝bm＝at，c1＝a2＝b2＝4，所以n＝1，m＝2，t＝2，所以c2＝b4＝a6，所以n＝2，m＝4，t＝6，所以c3＝b6＝a22，所以m＝6，t＝22，所以m＋t＝28.
跟踪训练2 (1)已知两个等差数列{an}：5,8,11，…与{bn}：3,7,11，…，它们的公共项从小到大排列组成数列{cn}，则数列{cn}的通项公式cn＝________；若数列{an}和{bn}的项数均为100，则{cn}的项数是_____.
由于数列{an}是以3为公差的等差数列，数列{bn}是以4为公差的等差数列，所以{cn}也是等差数列，且公差为3×4＝12，又c1＝11，故cn＝11＋12(n－1)＝12n－1.又a100＝5＋(100－1)×3＝302，b100＝3＋(100－1)×4＝399，
解得1≤n≤25，故{cn}的项数为25.
∴当1≤n≤29时，数列{an&bn}的所有项的和为9×1＋(15－5)×(－1)＋(14－4)×2＝19.
②设an＝5n，bn＝4n－1,1≤n≤29，则数列{an&bn}与{bn&an}有______个公共项.
显然，要使an&bn＝bm&am，必须n，m同时为3的倍数或者同时不为3的倍数，若n，m同时为3的倍数，则有5m＝4n－1，则n＝24或n＝9，此时m＝19或m＝7，不成立；
若n，m同时不为3的倍数，则有5n＝4m－1，则m＝4或14或19或29，此时对应的n＝3或11或15或23，把与题意相矛盾的舍去，剩下m＝14，n＝11或m＝29，n＝23，即a11&b11＝b14&a14或a23&b23＝b29&a29，即数列{an&bn}与{bn&an}有2个公共项.
典例3 已知{an}是递增的等比数列，且a3＝2，a2＋a4＝ .(1)求数列{an}的通项公式；
设等比数列{an}的公比为q，∵{an}是递增的等比数列且a3>0，∴q>1，
∴an＝a3qn－3＝2×3n－3.
∵m，k，p成等差数列，∴2k＝m＋p，代入上式得(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，
化简得m＝p，∴m＝p＝k，不符合题意.综上所述，不存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列.
由于an>0，故an＋1＝2an＋1，即an＋1＋1＝2(an＋1)，
故数列{1＋an}为等比数列，且a1＋1＝2，所以an＝2n－1.
(2)若数列{bn}中去掉{an}的项后，余下的项组成数列{cn}，求c1＋c2＋…＋c100.
由(1)知，bn＝2lg2(1＋2n－1)－1，故bn＝2n－1，b1＝1，其中bn＋1－bn＝2(常数)，所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，b1＝a1＝1，b64＝127，b106＝211，b107＝213.由(1)可得，a7＝127，a8＝255，因为b64＝a7＝127，a7
1.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.2.数列中的增减项问题就是观察增加或减少以后的数列是等差数列还是等比数列，然后按照各自的数列进行求解.3.数列中的公共项问题关键在于观察这些公共项的规律，判断是否构成等差数列或等比数列.
1.(2023·哈尔滨模拟)已知数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn＝3(bn－1)，等差数列{cn}中，c1＝5，c1＋c2＋c3＝27.(1)求{bn}和{cn}的通项公式；
∀n∈N*，2Sn＝3(bn－1)，当n≥2时，2Sn－1＝3(bn－1－1)，两式相减得2bn＝3bn－3bn－1，即bn＝3bn－1，而2b1＝2S1＝3(b1－1)，解得b1＝3，因此数列{bn}是首项为3，公比为3的等比数列，则bn＝3n，在等差数列{cn}中，由c1＋c2＋c3＝27，得3c2＝27，解得c2＝9，设等差数列{cn}的公差为d，
则d＝c2－c1＝4，所以cn＝c1＋(n－1)d＝4n＋1，所以{bn}和{cn}的通项公式分别为bn＝3n，cn＝4n＋1.
(2)数列{bn}与{cn}的公共项由小到大排列组成新数列{an}，求数列{an}的前20项的积T20.
令数列{cn}的第m项与数列{bn}的第k项相同，即cm＝bk，m，k∈N*，
当且仅当k为正偶数，因此数列{bn}与{cn}的公共项为b2n＝32n＝9n，即an＝9n，所以T20＝9×92×93×…×920＝91＋2＋3＋…＋20＝9210.
由题意得a2＝3a1，a3＝a2＋2＝3a1＋2，因为a1＋a3＝2a2，即a1＋3a1＋2＝6a1，解得a1＝1，由cn＝a2n－1，得c1＝a1＝1，cn＋1＝a2n＋1，又a2k＝3a2k－1，a2k＋1＝a2k＋2，k∈N*，故a2k＋1＝3a2k－1＋2，所以ck＋1＝3ck＋2，即cn＋1＝3cn＋2，所以cn＋1＋1＝3(cn＋1)，又c1＋1＝2，所以数列{cn＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列，
所以cn＋1＝2·3n－1，所以cn＝2·3n－1－1，则a2n－1＝2·3n－1－1，故a2n＝3a2n－1＝2·3n－3，
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
由Sn＋1＝3Sn＋2可得Sn＝3Sn－1＋2(n≥2)，两式相减可得an＋1＝3an(n≥2)，故数列{an}从第2项开始是以a2为首项，3为公比的等比数列.又由已知Sn＋1＝3Sn＋2，令n＝1，得S2＝3S1＋2，即a1＋a2＝3a1＋2，得a2＝2a1＋2＝6，故an＝2·3n－1(n≥2)；
又a1＝2也满足上式，则数列{an}的通项公式为an＝2·3n－1(n∈N*).
所以bn＝n(n＋1)(n≥2)，又b1＝2也满足上式，所以{bn}的通项公式为bn＝n(n＋1)(n∈N*).
(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cn的等差数列，求数列{bncn}的前n项和Tn.
若在an与an＋1之间插入n个数，使这n＋2个数组成一个公差为cn的等差数列，则an＋1－an＝(n＋1)cn，即2·3n－2·3n－1＝(n＋1)cn，
所以bncn＝4n·3n－1，所以Tn＝b1c1＋b2c2＋b3c3＋…＋bn－1cn－1＋bncn＝4×1×30＋4×2×31＋4×3×32＋…＋4·(n－1)3n－2＋4·n·3n－1
数列中的奇、偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行单独研究，利用新数列的特征(等差、等比数列或其他特征)求解原数列.数列中的增减项问题就是增加或减少以后的数列是等差数列还是等比数列.公共项问题就是观察这些公共项的规律，判断是否构成等差数列还是等比数列.一般难度中等.
设等差数列{an}的公差为d，
则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，
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：当n>5时，Tn>Sn.
当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，
因此Tn>Sn.综上，当n>5时，Tn>Sn.
当n为奇数时，若n≥3，
显然T1＝b1＝－1满足上式，
因此Tn>Sn，所以当n>5时，Tn>Sn.
跟踪训练1 (2023·佛山模拟)设各项非零的数列{an}的前n项和记为Sn，记Tn＝S1·S2·S3…Sn，且满足2SnTn－Sn－2Tn＝0.(1)求T1的值，证明数列{Tn}为等差数列并求{Tn}的通项公式；
①当n(n≥3)是奇数时，
A.a3＋b5＝c3B.b28＝c10C.a5b2>c8D.c9－b9＝a26
根据题意数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，an＝2＋3(n－1)＝3n－1，
对于A，a3＋b5＝(3×3－1)＋(5×5－3)＝30，c3＝15×3－13＝32，a3＋b5≠c3，故A错误；对于B，b28＝5×28－3＝137，c10＝15×10－13＝137，b28＝c10，故B正确；
对于C，a5＝3×5－1＝14，b2＝5×2－3＝7，c8＝15×8－13＝107，a5b2＝14×7＝98<107＝c8，故C错误；对于D，c9＝15×9－13＝122，b9＝5×9－3＝42，a26＝3×26－1＝77，c9－b9＝122－42＝80≠77＝a26，故D错误.
因为an＝3n－2，所以a1＝1，a2＝4，因为bn＝2n，所以b1＝2，b2＝4，
所以c1＝a2＝b2＝4，设cn＝bm＝at即cn＝2m＝3t－2，
所以cn＋1＝bm＋2＝a4t－2，因为cn＝bm＝at，c1＝a2＝b2＝4，所以n＝1，m＝2，t＝2，所以c2＝b4＝a6，所以n＝2，m＝4，t＝6，所以c3＝b6＝a22，所以m＝6，t＝22，所以m＋t＝28.
跟踪训练2 (1)已知两个等差数列{an}：5,8,11，…与{bn}：3,7,11，…，它们的公共项从小到大排列组成数列{cn}，则数列{cn}的通项公式cn＝________；若数列{an}和{bn}的项数均为100，则{cn}的项数是_____.
由于数列{an}是以3为公差的等差数列，数列{bn}是以4为公差的等差数列，所以{cn}也是等差数列，且公差为3×4＝12，又c1＝11，故cn＝11＋12(n－1)＝12n－1.又a100＝5＋(100－1)×3＝302，b100＝3＋(100－1)×4＝399，
解得1≤n≤25，故{cn}的项数为25.
∴当1≤n≤29时，数列{an&bn}的所有项的和为9×1＋(15－5)×(－1)＋(14－4)×2＝19.
②设an＝5n，bn＝4n－1,1≤n≤29，则数列{an&bn}与{bn&an}有______个公共项.
显然，要使an&bn＝bm&am，必须n，m同时为3的倍数或者同时不为3的倍数，若n，m同时为3的倍数，则有5m＝4n－1，则n＝24或n＝9，此时m＝19或m＝7，不成立；
若n，m同时不为3的倍数，则有5n＝4m－1，则m＝4或14或19或29，此时对应的n＝3或11或15或23，把与题意相矛盾的舍去，剩下m＝14，n＝11或m＝29，n＝23，即a11&b11＝b14&a14或a23&b23＝b29&a29，即数列{an&bn}与{bn&an}有2个公共项.
典例3 已知{an}是递增的等比数列，且a3＝2，a2＋a4＝ .(1)求数列{an}的通项公式；
设等比数列{an}的公比为q，∵{an}是递增的等比数列且a3>0，∴q>1，
∴an＝a3qn－3＝2×3n－3.
∵m，k，p成等差数列，∴2k＝m＋p，代入上式得(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，
化简得m＝p，∴m＝p＝k，不符合题意.综上所述，不存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列.
由于an>0，故an＋1＝2an＋1，即an＋1＋1＝2(an＋1)，
故数列{1＋an}为等比数列，且a1＋1＝2，所以an＝2n－1.
(2)若数列{bn}中去掉{an}的项后，余下的项组成数列{cn}，求c1＋c2＋…＋c100.
由(1)知，bn＝2lg2(1＋2n－1)－1，故bn＝2n－1，b1＝1，其中bn＋1－bn＝2(常数)，所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，b1＝a1＝1，b64＝127，b106＝211，b107＝213.由(1)可得，a7＝127，a8＝255，因为b64＝a7＝127，a7
1.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.2.数列中的增减项问题就是观察增加或减少以后的数列是等差数列还是等比数列，然后按照各自的数列进行求解.3.数列中的公共项问题关键在于观察这些公共项的规律，判断是否构成等差数列或等比数列.
1.(2023·哈尔滨模拟)已知数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn＝3(bn－1)，等差数列{cn}中，c1＝5，c1＋c2＋c3＝27.(1)求{bn}和{cn}的通项公式；
∀n∈N*，2Sn＝3(bn－1)，当n≥2时，2Sn－1＝3(bn－1－1)，两式相减得2bn＝3bn－3bn－1，即bn＝3bn－1，而2b1＝2S1＝3(b1－1)，解得b1＝3，因此数列{bn}是首项为3，公比为3的等比数列，则bn＝3n，在等差数列{cn}中，由c1＋c2＋c3＝27，得3c2＝27，解得c2＝9，设等差数列{cn}的公差为d，
则d＝c2－c1＝4，所以cn＝c1＋(n－1)d＝4n＋1，所以{bn}和{cn}的通项公式分别为bn＝3n，cn＝4n＋1.
(2)数列{bn}与{cn}的公共项由小到大排列组成新数列{an}，求数列{an}的前20项的积T20.
令数列{cn}的第m项与数列{bn}的第k项相同，即cm＝bk，m，k∈N*，
当且仅当k为正偶数，因此数列{bn}与{cn}的公共项为b2n＝32n＝9n，即an＝9n，所以T20＝9×92×93×…×920＝91＋2＋3＋…＋20＝9210.
由题意得a2＝3a1，a3＝a2＋2＝3a1＋2，因为a1＋a3＝2a2，即a1＋3a1＋2＝6a1，解得a1＝1，由cn＝a2n－1，得c1＝a1＝1，cn＋1＝a2n＋1，又a2k＝3a2k－1，a2k＋1＝a2k＋2，k∈N*，故a2k＋1＝3a2k－1＋2，所以ck＋1＝3ck＋2，即cn＋1＝3cn＋2，所以cn＋1＋1＝3(cn＋1)，又c1＋1＝2，所以数列{cn＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列，
所以cn＋1＝2·3n－1，所以cn＝2·3n－1－1，则a2n－1＝2·3n－1－1，故a2n＝3a2n－1＝2·3n－3，
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
由Sn＋1＝3Sn＋2可得Sn＝3Sn－1＋2(n≥2)，两式相减可得an＋1＝3an(n≥2)，故数列{an}从第2项开始是以a2为首项，3为公比的等比数列.又由已知Sn＋1＝3Sn＋2，令n＝1，得S2＝3S1＋2，即a1＋a2＝3a1＋2，得a2＝2a1＋2＝6，故an＝2·3n－1(n≥2)；
又a1＝2也满足上式，则数列{an}的通项公式为an＝2·3n－1(n∈N*).
所以bn＝n(n＋1)(n≥2)，又b1＝2也满足上式，所以{bn}的通项公式为bn＝n(n＋1)(n∈N*).
(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cn的等差数列，求数列{bncn}的前n项和Tn.
若在an与an＋1之间插入n个数，使这n＋2个数组成一个公差为cn的等差数列，则an＋1－an＝(n＋1)cn，即2·3n－2·3n－1＝(n＋1)cn，
所以bncn＝4n·3n－1，所以Tn＝b1c1＋b2c2＋b3c3＋…＋bn－1cn－1＋bncn＝4×1×30＋4×2×31＋4×3×32＋…＋4·(n－1)3n－2＋4·n·3n－1
相关试卷
高考数学专题练 专题三 微专题24 数列的奇偶项、增减项问题（含答案）： 这是一份高考数学专题练 专题三 微专题24 数列的奇偶项、增减项问题（含答案），共13页。
专题三 微重点6 子数列与增减项问题--2024年高考数学复习二轮讲义： 这是一份专题三 微重点6 子数列与增减项问题--2024年高考数学复习二轮讲义，共4页。
专题三 微重点6 子数列与增减项问题2024年高考数学： 这是一份专题三 微重点6 子数列与增减项问题2024年高考数学，共2页。
