备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第六章 培优课 §6.7 子数列问题

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题型一 奇数项与偶数项
例1 (2023·南通模拟)在数列{an}中，an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－1，n为奇数，,2n，n为偶数.))
(1)求a1，a2，a3；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解 (1)因为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－1，n为奇数，,2n，n为偶数，))
所以a1＝2×1－1＝1，a2＝22＝4，a3＝2×3－1＝5.
(2)因为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－1，n为奇数，,2n，n为偶数，))
所以a1，a3，a5，…是以1为首项，4为公差的等差数列，
a2，a4，a6，…是以4为首项，4为公比的等比数列．
当n为奇数时，数列的前n项中有eq \f(n＋1,2)个奇数项，有eq \f(n－1,2)个偶数项．
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－2＋an)＋(a2＋a4＋…＋an－3＋an－1)
＝eq \f(n＋1,2)×1＋eq \f(\f(n＋1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,2)－1)),2)×4＋eq \f(41－,1－4)＝eq \f(n2＋n,2)＋eq \f(2n＋1－4,3)；
当n为偶数时，数列{an}的前n项中有eq \f(n,2)个奇数项，有eq \f(n,2)个偶数项．
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－3＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an－2＋an)
＝eq \f(n,2)×1＋eq \f(\f(n,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)－1)),2)×4＋eq \f(41－,1－4)＝eq \f(n2－n,2)＋eq \f(2n＋2－4,3).
所以数列{an}的前n项和
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(n2＋n,2)＋\f(2n＋1－4,3)，n为奇数，,\f(n2－n,2)＋\f(2n＋2－4,3)，n为偶数.))
思维升华 解答与奇偶项有关的求和问题的关键
(1)弄清n为奇数或偶数时数列的通项公式．
(2)弄清n为奇数时数列前n项中奇数项与偶数项的个数．
跟踪训练1 (2021·新高考全国Ⅰ)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数.))
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
解 (1)因为bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数，))
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.
因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*.
(2)因为an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1，n为奇数，,an＋2，n为偶数，))所以当k∈N*时，
a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，即a2k＝a2k－1＋1，①
a2k＋1＝a2k＋2，②
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1，③
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋eq \f(10×9,2)×3＋20＋eq \f(10×9,2)×3＝300.
题型二 两数列的公共项
例2 数列{an}与{bn}的通项公式分别为an＝4n－1，bn＝3n＋2，它们的公共项由小到大排列组成数列{cn}，求数列{cn}的通项公式．
解 方法一 设ak＝bm＝cp，则4k－1＝3m＋2，
所以k＝eq \f(3m＋1,4)，
因为3,4互质，
所以m＋1必为4的倍数，即m＝4p－1，
所以cp＝bm＝3(4p－1)＋2＝12p－1，
即数列{cn}的通项公式为cn＝12n－1.
方法二 由观察可知，两个数列的第一个公共项为11，
所以c1＝11.
设ak＝bm＝cp，则4k－1＝3m＋2，
所以ak＋1＝4(k＋1)－1＝4k＋3＝3m＋6＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(4,3)))＋2不是数列{bn}中的项，
ak＋2＝4(k＋2)－1＝4k＋7＝3m＋10＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(8,3)))＋2不是数列{bn}中的项，
ak＋3＝4(k＋3)－1＝4k＋11＝3m＋14＝3(m＋4)＋2是数列{bn}中的项．
所以cp＋1＝ak＋3，则cp＋1－cp＝ak＋3－ak＝3×4＝12，
所以数列{cn}是等差数列，其公差为12，首项为11，
因此，数列{cn}的通项公式为cn＝12n－1.
思维升华 解决两个等差数列的公共项问题时，有两种方法：
(1)不定方程法：列出两个项相等的不定方程，利用数论中的整除知识，求出符合条件的项，并解出相应的通项公式；
(2)周期法：即寻找下一项．通过观察找到首项后，从首项开始向后，逐项判断变化较大(如公差的绝对值大)的数列中的项是否为另一个数列中的项，并找到规律(周期)，分析相邻两项之间的关系，从而得到通项公式．
跟踪训练2 (1)已知数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝4n－2(1≤n≤100，n∈N*)，bn＝6n－4(n∈N*)，由这两个数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列{cn}，则数列{cn}的各项之和为( )
A．6 788 B．6 800 C．6 812 D．6 824
答案 B
解析 由题意可得a1＝b1＝2，等差数列{an}的公差为4，且a100＝398，
等差数列{bn}的公差为6，且b100＝596，
易知数列{cn}为等差数列，且公差为数列{an}和{bn}公差的最小公倍数，
由于4和6的最小公倍数为12，所以等差数列{cn}的公差为12，
则cn＝2＋12(n－1)＝12n－10，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(cn≤a100，,cn≤b100，,n∈N*，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(12n－10≤398，,12n－10≤596，,n∈N*，))
解得n≤34，n∈N*，
所以等差数列{cn}共有34项，则该数列各项之和为34×2＋eq \f(34×33,2)×12＝6 800.
(2)我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩二，七七数之剩二，问物几何？”根据这一数学问题，所有被3除余2的自然数从小到大排列组成数列{an}，所有被5除余2的自然数从小到大排列组成数列{bn}，把{an}和{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，则( )
A．a3＋b5＝c3 B．b28＝c10
C．a5b2>c8 D．c9－b9＝a26
答案 B
解析 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，
数列{bn}是首项为2，公差为5的等差数列，bn＝2＋5(n－1)＝5n－3，
数列{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，故数列{cn}是首项为2，公差为15的等差数列，cn＝2＋15(n－1)＝15n－13.
a3＋b5＝(3×3－1)＋(5×5－3)＝30，c3＝15×3－13＝32，a3＋b5≠c3，A错误；
b28＝5×28－3＝137，c10＝15×10－13＝137，b28＝c10，B正确；
a5＝3×5－1＝14，b2＝5×2－3＝7，c8＝15×8－13＝107，a5b2＝14×7＝981，满足S3＝13，aeq \\al(2,4)＝3a6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n为奇数，,bn－1＋n，n为偶数，))求数列{bn}的前2n项和T2n.
解 (1)方法一 因为{an}是公比q>1的等比数列，所以由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S3＝13，,a\\al(2,4)＝3a6，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝13，,a1q32＝3a1q5，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11＋q＋q2＝13，,a1q＝3，))
两式相除得eq \f(1＋q＋q2,q)＝eq \f(13,3)，
整理得3q2－10q＋3＝0，即(3q－1)(q－3)＝0，
解得q＝3或q＝eq \f(1,3)，
又q>1，所以q＝3，
故a1＝eq \f(3,q)＝1，
所以an＝a1qn－1＝3n－1.
方法二 因为{an}是公比q>1的等比数列，
所以由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S3＝13，,a\\al(2,4)＝3a6，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝13，,a2a6＝3a6，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝13，,a2＝3，))则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a3＝10，,a\\al(2,2)＝9，))
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a3＝10，,a1a3＝9，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a3＝9))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝9，,a3＝1))(舍去)，
故q2＝eq \f(a3,a1)＝9，则q＝3，
所以an＝a1qn－1＝3n－1.
(2)当n为奇数时，bn＝an＝3n－1，
当n为偶数时，bn＝bn－1＋n＝3n－2＋n，
所以T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝(30＋32＋…＋32n－2)＋(30＋2＋32＋4＋…＋32n－2＋2n)
＝2×(30＋32＋…＋32n－2)＋(2＋4＋…＋2n)
＝2×eq \f(1－32n－2·32,1－32)＋eq \f(n2n＋2,2)
＝eq \f(9n－1,4)＋n(n＋1)．
3．已知数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝3n＋6，bn＝2n＋7.将集合{x|x＝an，n∈N*}∪{x|x＝bn，n∈N*}中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，c3，…，cn，….
(1)求三个最小的数，使它们既是数列{an}中的项，又是数列{bn}中的项；
(2)数列c1，c2，c3，…，c40中有多少个不是数列{bn}中的项；
(3)求数列{cn}的前4n项和S4n.
解 将数列{an}和{bn}的公共项从小到大排列组成数列{dn}．
设ak＝bm，则3k＋6＝2m＋7，
即m＝eq \f(3k－1,2)，所以k为奇数，
设k＝2n－1，则m＝3n－2，dn＝ak＝3(2n－1)＋6＝6n＋3.
(1)三个最小的数依次为9,15,21.
(2)由数列c1，c2，c3，…，cn，…的构成可知，
dm＝6m＋3与dm＋1＝6m＋9均为数列{cn}中的项，
在dm和dm＋1中还有以下项：6m＋5,6m＋6,6m＋7，又c1＝d1＝9，
因此数列{cn}中的项从第1项起，连续的4项中只有第3项是数列{an}中的偶数项，不是数列{bn}中的项，
所以数列c1，c2，c3，…，c40中有10个不是数列{bn}中的项．
(3)由(2)可知，数列{cn}的前4n项中，
由数列{bn}中的前3n项和数列{an}中的前n项偶数项构成，因此S4n＝eq \f(3n9＋6n＋7,2)＋eq \f(n12＋6n＋6,2)＝12n2＋33n.
4．韩信采用下述点兵方法：先令士兵从1～3报数，结果最后一个士兵报2；再令士兵从1～5报数，结果最后一个士兵报3；又令士兵从1～7报数，结果最后一个士兵报4；这样，韩信很快就算出了自己部队士兵的总人数．已知士兵人数不超过500人，那么部队最多有多少士兵？
解 根据士兵报数结果可得，士兵的总数是三个等差数列{3n＋2}，{5n＋3}，{7n＋4}的公共项所组成的数列中的项．
记an＝3n＋2，bn＝5n＋3，cn＝7n＋4，新数列记为{dn}．
从小到大列举数列{cn}中的项，并判断是否为数列{an}与{bn}中的项，
可得数列{dn}的首项为d1＝53，
设ak＝bm＝cp＝dn，则3k＋2＝5m＋3＝7p＋4，
所以cp＋1＝7(p＋1)＋4＝7p＋4＋7＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(7,5)))＋3不是数列{bn}中的项；
cp＋2＝7(p＋2)＋4＝7p＋4＋14＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(14,5)))＋3不是数列{bn}中的项；
cp＋3＝7(p＋3)＋4＝7p＋4＋21＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(21,5)))＋3不是数列{bn}中的项；
cp＋4＝7(p＋4)＋4＝7p＋4＋28＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(28,5)))＋3不是数列{bn}中的项；
cp＋5＝7(p＋5)＋4＝7p＋4＋35＝5(m＋7)＋3＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(35,3)))＋2不是数列{an}中的项；
cp＋6＝7(p＋6)＋4＝7p＋4＋42＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(42,5)))＋3不是数列{bn}中的项；
…；
cp＋15＝7(p＋15)＋4＝7p＋4＋105＝5(m＋21)＋3＝3(k＋35)＋2是数列{an}和{bn}中的项．
所以dn＋1＝cp＋15，则dn＋1－dn＝105，
所以数列{dn}的通项公式为dn＝105n－52.
当n＝5时，dn＝473500，
所以最多有473个士兵．
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a(a∈R)，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an－3，an>3，,2an，an≤3，))n∈N*.
(1)若0＜an≤6，求证：0＜an＋1≤6；
(2)若a＝5，求S2 024；
(3)若a＝eq \f(3,2m－1)(m∈N*)，求S4m＋2的值．
(1)证明 当an∈(0,3]时，
则an＋1＝2an∈(0,6]，
当an∈(3,6]时，则an＋1＝an－3∈(0,3]，
故an＋1∈(0,6]，
所以当0＜an≤6时，总有0＜an＋1≤6.
(2)解 当a1＝a＝5时，a2＝a1－3＝2，a3＝2a2＝4，a4＝a3－3＝1，a5＝2a4＝2，a6＝2a5＝4，a7＝a6－3＝1，
所以数列{an}为5,2,4,1,2,4,1,2,4,1，…，
所以从第2项起，{an}中的项以3为周期，其和为2＋4＋1＝7，
所以S2 024＝5＋7×674＋2＝4 725.
(3)解 由m∈N*，可得2m－1≥1，
故a＝eq \f(3,2m－1)≤3，
当1＜k≤m，k∈N*时，2k－1a≤eq \f(3×2m－1,2m－1)＝eq \f(3×2m－1,2m－1＋2m－1－1)