专题三　微重点6　子数列与增减项问题.docx

微重点6子数列与增减项问题

子数列问题(包括数列中的奇偶项、公共数列以及分段数列)与数列的增减项问题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．

考点一奇数项、偶数项

例1(2023·新高考全国Ⅱ)已知{an}为等差数列，bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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n5时，TnSn.

(1)解设等差数列{an}的公差为d，

而bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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＝eq\f(n?5＋2n＋3?,2)＝n2＋4n，

bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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＝eq\f(13＋?6n＋1?,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，

当n5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)0，

因此TnSn.

当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq\f(3,2)(n＋1)2＋eq\f(7,2)(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，

当n5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)0，

因此TnSn.

综上，当n5时，TnSn.

方法二由(1)知，Sn＝eq\f(n?5＋2n＋3?,2)＝n2＋4n，

bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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)＝eq\f(－1＋2?n－1?－3,2)·eq\f(n,2)＋eq\f(14＋4n＋6,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，

当n5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)0，

因此TnSn，

当n为奇数时，若n≥3，

则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq\f(－1＋2n－3,2)·eq\f(n＋1,2)＋eq\f(14＋4?n－1?＋6,2)·eq\f(n－1,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，

显然T1＝b1＝－1满足上式，

因此当n为奇数时，Tn＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，

当n5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)0，

因此TnSn，

所以当n5时，TnSn.

规律方法(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.

跟踪演练1(2023·郑州模拟)已知数列{an}满足a1＝3，an＝an－1＋2n－1(n≥2，n∈N*)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)令bn＝an－1＋(－1)nlog2(an－1)，求数列{bn}的前n项和Tn.

解(1)∵an－an－1＝2n－1(n≥2)，

∴当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋