新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第6章6.7子数列问题（含答案解析）

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(1)求a2，a3；设bn＝a2n－2，n∈N*，证明数列{bn}是等比数列，并求其通项公式；
(2)求数列{an}前10项中所有奇数项的和．
2．(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＋eq \f(3,2)bn＝0(n∈N*)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)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.
3．已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn－nan＝n，n∈N*，且a2＝3.
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an－1,n－1)))(n≥2)是常数列；
(2)求数列{an}的通项公式．若数列{bn}的通项公式为bn＝3n－2，将数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺序排列得到数列{cn}，求{cn}的前n项和．
4．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；
(2)若bn＝eq \f(an,n)，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.
§6.7 子数列问题
1．解 (1)依题意，数列{an}满足a1＝1，
an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)an＋n，n＝2k－1，,an－2n，n＝2k，))k∈N*，
所以a2＝eq \f(1,2)a1＋1＝eq \f(3,2)，
a3＝a2－4＝eq \f(3,2)－4＝－eq \f(5,2).
bn＝a2n－2，a2n＝bn＋2，
bn＋1＝a2n＋2－2＝a2n＋1＋1－2
＝eq \f(1,2)a2n＋1＋2n＋1－2
＝eq \f(1,2)a2n＋1＋2n－1
＝eq \f(1,2)(a2n－4n)＋2n－1
＝eq \f(1,2)a2n－1＝eq \f(1,2)(bn＋2)－1
＝eq \f(1,2)bn.
所以数列{bn}是首项为b1＝a2－2＝eq \f(3,2)－2＝－eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
所以bn＝－eq \f(1,2n).
(2)a2n＝2－eq \f(1,2n)，
a2n＋1＝a2n－4n＝2－eq \f(1,2n)－4n，
所以a5＝2－eq \f(1,22)－8，a7＝2－eq \f(1,23)－12，
a9＝2－eq \f(1,24)－16，
所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,22)－8))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,23)－12))
＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,24)－16))＝－eq \f(511,16).
2．解 (1)由题意，可得6a3＝8a1＋a5，
所以6q2＝8＋q4，
解得q2＝4或q2＝2，
又q为正整数，所以q＝2，
又a1＝2，所以an＝2n.
由2n2－(3＋bn)n＋eq \f(3,2)bn＝0，
得bn＝2n.
(2)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及a1，a2，a3，…，a9，a10构成，所以T100＝(a1＋a2＋…＋a10)＋2×90
＝eq \f(2×1－210,1－2)＋180＝2 226.
3．(1)证明 由2Sn－nan＝n，得2Sn＋1－(n＋1)an＋1＝n＋1，
将上述两式相减，得2an＋1－(n＋1)an＋1＋nan＝1，
即nan－(n－1)an＋1＝1.
∴ an＋1＝eq \f(nan－1,n－1)(n≥2)，
∵eq \f(an＋1－1,n)－eq \f(an－1,n－1)＝eq \f(\f(nan－1,n－1)－1,n)－eq \f(an－1,n－1) ＝eq \f(an－1,n－1)－eq \f(an－1,n－1)＝0(n≥2)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an－1,n－1)))(n≥2)是常数列．
(2)解 由(1)可知，当n≥2时，eq \f(an－1,n－1)＝eq \f(a2－1,2－1)＝2，
∴an＝2n－1(n≥2)，
经检验，当n＝1时，an＝2n－1也适用，∴ an＝2n－1(n∈N*)，
∴数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，
又数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列，
∴这两个数列的公共项所构成的新数列{cn}是以1为首项，6为公差的等差数列，
∴{cn}的前n项和为n×1＋eq \f(nn－1,2)×6＝3n2－2n.
4．解 (1)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(n≥2)，
当n＝1时，代入上式，求得a1＝2，
所以an＝n·2n(n∈N*)．
(2)由题知，bn＝eq \f(an,n)＝2n，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)＝eq \f(4×1－81 012,1－8)＋eq \f(8×1－81 011,1－8)
＝eq \f(4×81 012－4,7)＋eq \f(81 012－8,7)
＝eq \f(5×81 012－12,7).