2026年高考数学一轮备考学霸培优练习(新高考通用)第六章6.6子数列问题(学生版+解析)

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【考情分析·探规律】
【名师点拨】
子数列是数列问题中的一种常见题型.将原数列转化为子数列问题一般适用于某个数列是由几个有规律的数列组合而成的，具体求解时，要搞清楚子数列的项在原数列中的位置，以及在子数列中的位置，即项不变化，项数变化.
【必练核心题型】
题型一 奇数项与偶数项问题
【典例】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.
(1)【解析】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.
【解题技巧】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.
【变式训练】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.
【解析】(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).
题型二 数列的公共项
【典例】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.
【解析】
(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*).
【解题技巧】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.
【变式训练】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.
【解析】
(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.
题型三 数列增减项
【典例】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).
【解析】
(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.
【解题技巧】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.
【变式训练】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*).
【解析】
(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.
【限时训练】（限时：60分钟）
一、单项选择题(每小题5分，共20分)
1.(2024·连云港模拟)若将2~2 026这2 025个整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，则此数列的项数是( )
A.94B.95C.96D.97
【答案】D
【解析】设满足题意的整数为t，则t=3m+2=7n+2⇒t-2=3m=7n，
其中m，n∈N，则t-2是能被21整除的数，即t是被21除余2的整数.
记t=21k+2，k∈N，则2~2 026这2 025个整数中，满足t形式的最小数为2，此时k=0；最大数满足21k+2≤2 026⇒k≤96+821，则最大数对应的k=96.
故满足题意的数列的项数为97.
2.(2025·漳州模拟)将数列{3n-1}与{2n}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则a20等于( )
A.237B.238C.239D.240
【答案】C
【解析】数列{2n}中的项为：2，4，8，16，32，64，128，256，…，
经检验，数列{2n}中的奇数项都是数列{3n-1}中的项，
即2，8，32，128，…可以写成3n-1的形式，观察归纳可得an=22n-1，
所以a20=22×20-1=239.
3.在数列{an}中，a1=1，anan+1=2n，若am+am+1+…+am+9=248，则m等于( )
A.3B.4C.5D.6
【答案】B
【解析】由题意得a1a2=2，a2=2，an+1an+2anan+1=2n+12n=2，即an+2=2an，
所以当n为奇数时，an=2n+12−1；当n为偶数时，an=2n2；
设{an}的前n项和为Sn，则S2k=1−2k1−2+2(1−2k)1−2=3(2k-1)，
S2k+1=S2k+a2k+1=3(2k-1)+2k=2k+2-3.
若m为奇数，则am+am+1+…+am+9为3的倍数，248不是3的倍数，不合题意；
若m为偶数，则am+am+1+…+am+9=Sm+9-Sm-1
=S2m2+4+1-S2m2−1+1
=(2m2+4+2-3)-(2m2−1+2-3)
=2m2+6-2m2+1
=2m2(26-2)=62×2m2=248，
即2m2=4，所以m=4.
4.已知数列{an}满足a1=3，an+1-an=2，4bn=(-1)n+11an+1an+1，若数列{bn}的前n项和为Tn，不等式3Tn