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    新高考数学二轮复习课件 专题突破 专题3 微重点10 子数列问题

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    这是一份新高考数学二轮复习课件 专题突破 专题3 微重点10 子数列问题,共47页。PPT课件主要包含了偶数项,考点一,规律方法,当n为奇数时,两数列的公共项,考点二,n2-2n,分段数列,考点三,由1可知等内容,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,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.
    (1)证明:数列{bn+2}为等比数列,并求出{bn}的通项公式;
    由题意可知b1=a1=1,bn+1=a2n+1=2a2n=2(a2n-1+1)=2a2n-1+2=2bn+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)求数列{an}的前2n项和.
    由(1)知,bn=3×2n-1-2,n∈N*,即a2n-1=3×2n-1-2,n∈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
    (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.
    (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=(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
    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=1时,满足上式,∴bn=3n-1.
    则当n为偶数时,Tn=c1+c2+c3+…+cn=1+5+…+2n-3+3+…+3n-1
    当n=1时,上式也成立.
    (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,由Tn= 当n=1时,b1=T1=2,
    当n=1时,上式也成立,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c1+c2+…+c20的值.
    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,
    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.
    (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________.
    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.
    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.
    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+…+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.
    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.
    (1)求数列{an}的通项公式;
    所以T100=a1-a3+a5-a7+…+a97-a99
    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;
    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,
    所以b4=8=b1+3d,所以b1=2,d=2,bn=2n.
    (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.
    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;
    设等差数列{an}的公差为d,
    所以an=1+2(n-1)=2n-1.
    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)
    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;
    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,
    故an=12+3(n-1)=3n+9,bn=3n-1.
    (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.
    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)
    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;
    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,
    当n为偶数时,设n=2k,k∈N*,可得Sn=S2k=b1+b3+…+b2k-1+b2+b4+…+b2k
    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
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