§6.6子數列問題重點解讀子數列是數列問題中的一種常見題型.將原數列轉化為子數列問題一般適用于某個數列是由幾個有規律的數列組合而成的，具體求解時，要搞清楚子數列的項在原數列中的位置，以及在子數列中的位置，即項不變化，項數變化.題型一奇數項與偶數項問題例1(2023·新高考全國Ⅱ)已知{an}為等差數列，bn=an-6,n為奇數,2an,n為偶數.記Sn，Tn分別為數列{an}，{bn}的前(1)求{an}的通項公式；(2)證明：當n>5時，Tn>Sn.(1)解設等差數列{an}的公差為d，而bn=a則b1=a1-6，b2=2a2=2a1+2d，b3=a3-6=a1+2d-6，于是S解得a1=5，d=2，an=a1+(n-1)d=2n+3，所以數列{an}的通項公式是an=2n+3.(2)證明方法一由(1)知，Sn=n(5+2n+3)2=nbn=2當n為偶數時，bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1，Tn=13+(6n+1)2·n2=32n當n>5時，Tn-Sn=32n2+72n-(n2+4n)=1因此Tn>Sn.當n為奇數時，Tn=Tn+1-bn+1=32(n+1)2+72(n+1)-[4(n+1)+6]=32n2+5當n>5時，Tn-Sn=32n2+52n-5-(n2+4n)=12因此Tn>Sn.綜上，當n>5時，Tn>Sn.方法二由(1)知，Sn=n(5+2n+3)2=nbn=2當n為偶數時，Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=-1+2(n-1)-32·n2+14+4n+62·n2當n>5時，Tn-Sn=32n2+72n-(n2+4n)=1因此Tn>Sn，當n為奇數時，若n≥3，則Tn=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)=-1+2n-32·n+1=32n2+52n顯然T1=b1=-1滿足上式，因此當n為奇數時，Tn=32n2+52n當n>5時，Tn-Sn=32n2+52n-5-(n2+4n)=12因此Tn>Sn，所以當n>5時，Tn>Sn.思維升華數列中的奇、偶項問題的常見題型(1)數列中連續兩項和或積的問題(an+an+1=f(n)或an·an+1=f(n))；(2)含有(-1)n的類型；(3)含有{a2n}，{a2n-1}的類型.跟蹤訓練1(2024·西安模擬)已知正項數列{an}中，a3=4，a2a5=32，且lnan，lnan+1，lnan+2成等差數列.(1)求數列{an}的通項公式；(2)若數列{bn}滿足bn=an+(-1)nlog2an+1，求數列{bn}的前n項和Tn.解(1)∵lnan，lnan+1，lnan+2成等差數列，∴2lnan+1=lnan+lnan+2，即an+12=anan+2，而an>0，∴{an設{an}的公比為q，q>0，則a得a1=1，q=2，∴an=2n-1.(2)bn=2n-1+(-1)nlog22n=2n-1+(-1)nn，當n為偶數時，Tn=(1+2+22+…+2n-1)+[-1+2-3+4-…-(n-1)+n]=1-2n1-2+n2=2當n為奇數時，Tn=Tn+1-bn+1=2n+1+n-12-2n-(-1)n+1(n+1)=2n-∴Tn=2題型二數列的公共項例2(2025·嘉興模擬)已知{an}是首項為2，公差為3的等差數列，數列{bn}滿足b1=4，bn+1=3bn-2n+1.(1)證明{bn-n}是等比數列，并求{an}，{bn}的通項公式；(2)若數列{an}與{bn}中有公共項，即存在k，m∈N*，使得ak=bm成立.按照從小到大的順序將這些公共項排列，得到一個新的數列，記作{cn}，求c1+c2+…+cn.解(1)由題意可得an=2+(n-1)×3=3n-1(n∈N*)，而b1=4，bn+1=3bn-2n+1，變形可得bn+1-(n+1)=3bn-3n=3(bn-n)，b1-1=3，故{bn-n}是首項為3，公比為3的等比數列.從而bn-n=3n，即bn=3n+n(n∈N*).(2)由題意可得3k-1=3m+m，k，m∈N*，令m=3n-1(n∈N*)，則3k-1=33n-1+3n-1=3(33n-2+n)-1，此時滿足條件，即m=2，5，8，…，3n-1，…時為公共項，易知數列{bn}為遞增數列，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思維升華兩個等差數列的公共項是等差數列，且公差是兩等差數列公差的最小公倍數，兩個等比數列的公共項是等比數列，公比是兩個等比數列公比的最小公倍數.跟蹤訓練2已知Sn為數列{an}的前n項和，且an>0，an2+2an=4Sn+3，bn=a2n-1，cn=3(1)求{an}的通項公式；(2)將數列{bn}與{cn}的所有公共項按從小到大的順序組成新數列{dn}，求{dn}的前10項和.解(1)由an2+2an=4Sn可知an+12+2an+1=4Sn兩式相減得an+12-an2+2(an+1-an)即(an+1+an)(an+1-an)=2(an+1+an)，因為an>0，則an+1-an=2，又a12+2a1=4S1+3，a1>0，解得a1即{an}是首項為3，公差為2的等差數列，所以{an}的通項公式為an=3+2(n-1)=2n+1.(2)方法一由(1)知bn=4n-1，因為cn=3n，數列{bn}與{cn}的所有公共項按從小到大的順序組成數列{dn}，且b1=c1=3，則數列{dn}是以3為首項，12為公差的等差數列，dn=3+12(n-1)=12n-9，令{dn}的前n項和為Tn，則T10=10×3+10×92所以{dn}的前10項和為570.方法二由(1)知，bn=4n-1，數列{bn}與{cn}的公共項滿足bn=ck，即4n-1=3k，k=4n-13=n而k，n∈N*，于是得n-13=m-1(m∈N*即n=3m-2，此時k=4m-3，m∈N*，因此，b3m-2=c4m-3=12m-9，即dn=12n-9，數列{dn}是以3為首項，12為公差的等差數列，令{dn}的前n項和為Tn，則T10=10×3+10×92所以{dn}的前10項和為570.題型三數列增減項例3(2025·滄州模擬)在數列{an}中，已知a1+a22+a322+…(1)求數列{an}的通項公式；(2)在數列{an}中的a1和a2之間插入1個數x11，使a1，x11，a2成等差數列；在a2和a3之間插入2個數x21，x22，使a2，x21，x22，a3成等差數列；…；在an和an+1之間插入n個數xn1，xn2，…，xnn，使an，xn1，xn2，…，xnn，an+1成等差數列，這樣可以得到新數列{bn}：a1，x11，a2，x21，x22，a3，x31，x32，x33，a4，…，an，設數列{bn}的前n項和為Sn，求S55(用數字作答).解(1)當n=1時，a1=2；當n≥2時，an2n-1=a1+a22+a所以an=2n，n≥2.當n=1時，上式亦成立，所以an=2n.(2)由n+[1+2+3+…+(n-1)]=55?n=10.所以新數列{bn}的前55項中包含數列{an}的前10項，還包含x11，x21，x22，x31，x32，…，x98，x99.且x11=a1+a22，x21+x22=2(a2+a3)2，x31+x32+x33=3(a3+a所以S55=(a1+a2+…+a10)+a1+a22+=3a1+5設T=3a1+5a2+7a3+…+19a9=3×21+5×22+7×23+…+19×29，則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×思維升華對于數列的中間插項或減項構成新數列問題，我們要把握兩點：先判斷數列之間共插入(減少)了多少項(運用等差等比求和或者項數公式去看)，再對于題目給出的條件確定它包含了哪些項.跟蹤訓練3記等差數列{an}的前n項和為Sn，已知S5=15，a2=2，等比數列{bn}滿足b2=a1+a3，b3=2a4.(1)求數列{an}，{bn}的通項公式；(2)將數列{an}中與{bn}的相同項去掉，剩下的項依次構成新數列{cn}，求2nΣi=1ci(n∈解(1)設{an}的公差為d，由題意可得S解得a所以{an}的通項公式為an=1+(n-1)×1=n，因為b2=a1+a3=1+3=4，b3=2a4=2×4=8，所以等比數列{bn}的公比q=b3b2=84=2，且b1=b所以等比數列{bn}的通項公式為bn=b1·qn-1=2×2n-1=2n，所以數列{an}，{bn}的通項公式分別為an=n，bn=2n.(2)將數列{an}中與{bn}的相同項去掉，剩下的項依次構成新數列{cn}，則2nΣi=1ci=c1+c2+…{cn}中前2n項是由{an}的前2n+n項去掉與{bn}的前n項相同的項構成的，所以2nΣi=1ci=c1+c2+=(2n+n)(1+2n+n=(2n=(2n+n)(1+=22n-1+(2n-3)2n-1+n2課時精練[分值：70分]一、單項選擇題(每小題5分，共20分)1.(2024·連云港模擬)若將2~2026這2025個整數中能被3除余2且被7除余2的數按由小到大的順序排成一列，則此數列的項數是()A.94 B.95 C.96 D.97答案D解析設滿足題意的整數為t，則t=3m+2=7n+2?t-2=3m=7n，其中m，n∈N，則t-2是能被21整除的數，即t是被21除余2的整數.記t=21k+2，k∈N，則2~2026這2025個整數中，滿足t形式的最小數為2，此時k=0；最大數滿足21k+2≤2026?k≤96+821，則最大數對應的k=96故滿足題意的數列的項數為97.2.(2025·漳州模擬)將數列{3n-1}與{2n}的公共項從小到大排列得到數列{an}，則a20等于()A.237 B.238 C.239 D.240答案C解析數列{2n}中的項為：2，4，8，16，32，64，128，256，…，經檢驗，數列{2n}中的奇數項都是數列{3n-1}中的項，即2，8，32，128，…可以寫成3n-1的形式，觀察歸納可得an=22n-1，所以a20=22×20-1=239.3.在數列{an}中，a1=1，anan+1=2n，若am+am+1+…+am+9=248，則m等于()A.3 B.4 C.5 D.6答案B解析由題意得a1a2=2，a2=2，an+1an+2anan+1=2所以當n為奇數時，an=2n+12-1；當n為偶數時，a設{an}的前n項和為Sn，則S2k=1-2k1-2+2(1-2k)1-2S2k+1=S2k+a2k+1=3(2k-1)+2k=2k+2-3.若m為奇數，則am+am+1+…+am+9為3的倍數，248不是3的倍數，不合題意；若m為偶數，則am+am+1+…+am+9=Sm+9-Sm-1=S2m=(2m2+4+2-3)-(=2m2=2m2(26-2)=62×2即2m2=4，所以m4.已知數列{an}滿足a1=3，an+1-an=2，4bn=(-1)n+11an+1an+1，若數列{bn}的前n項和為Tn，不等式3Tn<λ(3-5λ)(n∈N*)恒成立A.110，+C.110，1答案D解析由a1=3，an+1-an=2，得數列{an}是首項為3，公差為2的等差數列，則an=2n+1，于是bn=14×(-1)n+1×1當n為偶數時，Tn=1+…+1當n為奇數時，Tn=Tn+1-bn+1=1+1412當n為偶數時，Tn=1413當n為奇數時，Tn=1413+12因此(Tn)由不等式3Tn<λ(3-5λ)(n∈N*)恒成立，得215<λ-53λ2，即λ2-35λ+225<0，解得15所以λ的取值范圍為15二、多項選擇題(每小題6分，共12分)5.“埃拉托塞尼篩法”是保證能夠挑選全部素數的一種古老的方法.這種方法是依次寫出2和2以上的自然數，留下第一個數2不動，剔除掉所有2的倍數；接著，在剩余的數中留下2后面的一個數3不動，剔除掉所有3的倍數；接下來，再在剩余的數中對3后面的一個數5作同樣處理；…；依次進行同樣的剔除.剔除到最后，剩下的便全是素數.基于“埃拉托塞尼篩法”，則()A.2到20的全部素數和為77B.挑選2到20的全部素數過程中剔除的所有數的和為134C.2到30的全部素數和為100D.挑選2到30的全部素數過程中剔除的所有數的和為335答案AD解析由題可知，2到20的全部整數和S1=19×(2+20)2到20的全部素數和為S2=2+3+5+7+11+13+17+19=77，故A正確；所以挑選2到20的全部素數過程中剔除的所有數的和為209-77=132，故B錯誤；2到30的全部整數和S3=29×(2+30)2=464，2到30的全部素數和為S4=S2+23+29=129，所以挑選2到30的全部素數過程中剔除的所有數的和為464-129=335，故D正確.6.在數列的相鄰兩項之間插入此兩項的和形成新的數列，再把所得數列按照同樣的方法不斷構造出新的數列.將數列1，2進行構造，第一次得到數列：1，3，2；第二次得到數列：1，4，3，5，2；…；第n次得到數列：1，x1，x2，x3，…，xk，2，記an=1+x1+x2+x3+…+xk+2，數列{an}的前n項和為Sn，則()A.a4=123B.k+1=2nC.an=32(n2+3nD.Sn=34(3n+1+2n-3答案ABD解析由題意，第一次得到數列：1，3，2，此時a1=3+3；第二次得到數列：1，4，3，5，2，此時a2=3+3+9；第三次得到數列：1，5，4，7，3，8，5，7，2，此時a3=3+3+9+27；第四次得到數列：1，6，5，9，4，11，7，10，3，11，8，13，5，12，7，9，2，此時a4=3+3+9+27+81.所以a4=3+3+9+27+81=123，故A正確；因為an+1=1+(1+x1)+x1+(x1+x2)+x2+…+xk+(xk+2)+2=an+2(1+x1+x2+…+xk+2)-3=3an-3.故an+1-32=3an-32，又a1所以an-32是以92所以an-32=92×3n-1?an=32×(3n+1)，所以Sn=32×(3+32+…+3n)+3n2=32×3(3n-1)2+3n2=34×(設a1有b1=3個數相加，a2有b2=3+2=5(個)數相加，a3有b3=5+4=9(個)數相加，…，an有bn=bn-1+2n-1(n≥2)個數相加，所以b2-b1=2，b3-b2=22，b4-b3=23，…，bn-bn-1=2n-1(n≥2)，各式相加得bn-b1=21+22+…+2n-1=2n-2，所以bn=2n-2+3=2n+1，n≥2，當n=1時，b1=3符合該式，所以k=bn-2=2n-1?k+1=2n，故B正確.三、填空題(每小題5分，共10分)7.已知數列{an}滿足(-1)n+1an+2+(-1)nan=3(-1)n+1(n∈N*)，若a1=a2=1，則{an}的前20項和S20=.

答案-250解析數列{an}滿足(-1)n+1an+2+(-1)nan=3(-1)n+1，當n為正奇數時，an+2-an=-2，即數列{a2n-1}是以a1=1為首項，-2為公差的等差數列，于是a2n-1=1+(n-1)·(-2)=-2n+3，當n為正偶數時，-an+2+an=4，即an+2-an=-4，則數列{a2n}是以a2=1為首項，-4為公差的等差數列，于是a2n=1+(n-1)·(-4)=-4n+5，所以{an}的前20項和S20=1+(-17)2×10+1+(-35)2×8.若數列{an}滿足a1=1，an+1=3an+1，若bn=2an+1(n∈N*)，抽去數列{bn}的第3項、第6項、第9項、…、第3n項、…余下的項的順序不變，構成一個新數列{cn}，則數列{cn}的前100項和為.

答案613(3150-1解析由an+1=3an+1，得an+1+12=3a又a1+12=3所以數列an+12是以32為首項，3為公比的等比數列，所以an+12=32所以an=3n2-12，所以bn=2an設數列{cn}的前n項和為Sn，則S100=c1+c2+c3+c4+…+c99+c100=b1+b2+b4+b5+…+b145+b146+b148+b149=(b1+b4+…+b145+b148)+(b2+b5+…+b146+b149)=(3+34+…+3145+3148)+(32+35+…+3146+3149)=3[1-(=613(3150-1)四、解答題(共28分)9.(13分)(2025·河北滄衡名校聯盟聯考)設數列{an}的前n項和為Sn，且2Sn=3an-1.(1)求{an}的通項公式；(5分)(2)若bn=an,n為奇數,log3an,n為偶數,求數列{解(1)因為2Sn=3an-1，所以當n≥2時，2Sn-1=3an-1-1，所以2an=3an-3an-1(n≥2)，即an=3an-1(n≥2).當n=1時，2S1=2a1=3a1-1，解得a1=1，則{an}是首項為1，公比為3的等比數列，故an=3n-1.(2)由(1)可知，當n為奇數時，