专题三　微重点6　子数列与增减项问题--高三高考数学复习-PPT

这是一份专题三　微重点6　子数列与增减项问题--高三高考数学复习-PPT，共54页。PPT课件主要包含了内容索引，考点一，考点二，考点三，偶数项，两数列的公共项，数列有关增减项问题，专题强化练，因此TnSn，规律方法等内容，欢迎下载使用。

子数列问题(包括数列中的奇偶项、公共数列以及分段数列)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.
　　(2023·新高考全国Ⅱ)已知{an}为等差数列，bn＝ 　　　　　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；
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.
因此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.
(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.
　　　(2023·郑州模拟)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；
∵an－an－1＝2n－1(n≥2)，∴当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－1－an－2)＋(an－an－1)
检验知当n＝1时上式也成立，故an＝2n＋1(n∈N*).
(2)令bn＝an－1＋(－1)nlg2(an－1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
由题意知，bn＝2n＋(－1)nn.当n为偶数时，Tn＝2＋22＋…＋2n＋(－1)＋2＋(－3)＋4＋…＋(－1)nn
又当n＝1时，T1＝b1＝2－1＝1满足上式，
　　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；
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)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.
数列{an}和{bn}的公共项从小到大依次为21,23,25,27，…，所以21,23,25,27，…构成首项为2，公比为4的等比数列，
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.
　　　(2023·邵阳模拟)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_____.
数列{2n－1}和数列{3n－2}的公共项从小到大构成一个新数列为1,7,13，…，该数列是首项为1，公差为6的等差数列，
所以当n≥2时，bn＋1－bn<0，即b2>b3>b4>…，
　　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；
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，
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)设bn＝2(1＋lg2an)，若数列{bn}中去掉数列{an}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.
bn＝2(1＋lg2an)＝2(1＋lg22n－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)
解决此类问题的关键是通过阅读、理解题意，要弄清楚增加了(减少了)多少项，增加(减少)的项有什么特征，在求新数列的和时，一般采用分组求和法，即把原数列部分和增加(减少)部分分别求和，再相加(相减)即可.
　　　(2023·无锡模拟)设等比数列{an}的首项为a1＝2，公比为q(q为正整数)，且满足3a3是8a1与a5的等差中项；数列{bn}满足2n2－(3＋bn)n＋　　　bn＝0(t∈R，n∈N*).(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
由题意，可得6a3＝8a1＋a5，所以6q2＝8＋q4，解得q2＝4或q2＝2(舍)，则q＝2，又a1＝2，所以an＝2n.
(2)当{bn}为等差数列时，对每个正整数k，在ak与ak＋1之间插入bk个2，得到一个新数列{cn}.设Tn是数列{cn}的前n项和，试求T100.
因为b1＝2，所以a1与a2之间插入2个2，b2＝4，所以a2与a3之间插入4个2，b3＝6，所以a3与a4之间插入6个2，…则{cn}的前100项，由90个2，a1，a2，a3，…，a9，a10构成，所以T100＝(a1＋a2＋…＋a10)＋2×90
1.(2023·池州模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝　＋2an－3(n∈N*).(1)求数列{an}的通项公式；
依题意an>0，当n＝1时，解得a1＝3，
∴(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0(n≥2)，∵an＋an－1>0，
∴an－an－1＝2(n≥2)，∴数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列，∴an＝2n＋1，n∈N*.
(2)将数列{an}和数列{2n}中所有的项，按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{bn}，求{bn}的前100项和.
由(1)得，a100＝201，又27<201<28，同时a93＝187>27，∴b100＝a93，∴b1＋b2＋…＋b100＝(a1＋a2＋…＋a93)＋(21＋22＋…＋27)
所以{bn}的前100项和为9 089.
2.数列{an}满足anan＋1＝2n，a1＝1.(1)求数列{an}的通项公式；
∵anan＋1＝2n，①∴an＋1an＋2＝2n＋1，②
当n为奇数时，a1，a3，…，an成等比数列，
当n为偶数时，a2，a4，…，an成等比数列，将a1＝1代入①得a2＝2，
(2)求数列{an}的前2n项和S2n.
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；
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，
所以an＝2n，所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
(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.
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＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝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.
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.
4.(2023·天津模拟)设数列{an}的前n项和为Sn＝(n－1)2n＋1＋2，n∈N*.(1)求{an}的通项公式；
由Sn＝(n－1)2n＋1＋2，得a1＝2，Sn－1＝(n－2)2n＋2(n≥2)，两式相减得an＝n·2n，当n＝1时，代入上式，求得a1＝2，所以an＝n·2n(n∈N*).
(2)若bn＝ ，抽去数列{bn}中的第1项，第4项，第7项，…，第3n－2项，余下的项顺序不变，组成一个新数列{cn}，求{cn}的前2 023项和T2 023.
所以数列{cn}为22,23,25,26,28,29，…，它的奇数项组成以4为首项，8为公比的等比数列；偶数项组成以8为首项，8为公比的等比数列，所以T2 023＝(c1＋c3＋c5＋…＋c2 023)＋(c2＋c4＋c6＋…＋c2 022)