2024步步高二輪數(shù)學(xué)新教材講義專題三　微重點5　數(shù)列的遞推關(guān)系

2024步步高二輪數(shù)學(xué)新教材講義微重點5數(shù)列的遞推關(guān)系數(shù)列的遞推關(guān)系是高考重點考查內(nèi)容，作為兩類特殊數(shù)列——等差數(shù)列、等比數(shù)列，可直接根據(jù)它們的通項公式求解，但也有一些數(shù)列要通過構(gòu)造轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列，再利用公式求解，體現(xiàn)化歸思想在數(shù)列中的應(yīng)用．考點一構(gòu)造輔助數(shù)列例1(1)(多選)已知數(shù)列{an}，下列結(jié)論正確的是()A．若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，則a20＝211B．若a1＝1，an＋1＝2an＋3，則an＝2n－1－3C．若a1＝1，an＋1＝eq\f(an,1＋3an)，則an＝eq\f(1,3n－2)D．若a1＝2,2(n＋1)an－nan＋1＝0，則an＝n·2n答案ACD解析A項，an＋1－an＝n＋1，∴a20＝(a20－a19)＋(a19－a18)＋…＋(a2－a1)＋a1＝20＋19＋18＋…＋2＋2＝211，故A正確；B項，∵an＋1＝2an＋3，∴an＋1＋3＝2(an＋3)，∴{an＋3}是以a1＋3＝4為首項，2為公比的等比數(shù)列，∴an＋3＝4·2n－1＝2n＋1，故an＝2n＋1－3，故B錯誤；C項，∵an＋1＝eq\f(an,1＋3an)，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1＋3an,an)＝eq\f(1,an)＋3，∴eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝3，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,a1)＝1為首項，3為公差的等差數(shù)列，∴eq\f(1,an)＝1＋(n－1)×3＝3n－2，∴an＝eq\f(1,3n－2)，故C正確；D項，2(n＋1)an－nan＋1＝0，∴eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(2an,n)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以eq\f(a1,1)＝2為首項，2為公比的等比數(shù)列，∴eq\f(an,n)＝2·2n－1＝2n，∴an＝n·2n，故D正確．(2)(2023·呂梁模擬)已知Sn為數(shù)列{an}的前n項和，且a1＝1，an＋1＋an＝3×2n，則S100等于()A．2100－3 B．2100－2C．2101－3 D．2101－2答案D解析由an＋1＋an＝3×2n得，an＋1－2n＋1＝－(an－2n)．又a1－21＝－1，所以{an－2n}是首項為－1，公比為－1的等比數(shù)列，所以an－2n＝(－1)n，即an＝2n＋(－1)n，所以S100＝21＋22＋…＋299＋2100＋(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)99＋(－1)100＝eq\f(21－2100,1－2)＋0＝2101－2.規(guī)律方法(1)形如an＋1－an＝f(n)的數(shù)列，利用累加法，即利用公式an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1(n≥2)，即可求數(shù)列{an}的通項公式．(2)形如eq\f(an＋1,an)＝f(n)的數(shù)列，常令n分別為1,2,3，…，n－1，代入eq\f(an＋1,an)＝f(n)，再把所得的(n－1)個等式相乘，利用an＝a1·eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an,an－1)(n≥2)即可求數(shù)列{an}的通項公式．(3)形如an＋1＝eq\f(qan,pan＋q)(p，q≠0)的數(shù)列，取倒數(shù)可得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(p,q)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(p,q)，構(gòu)造等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))求通項公式．(4)若數(shù)列{an}滿足an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)，構(gòu)造an＋1＋λ＝p(an＋λ)．(5)若數(shù)列{an}滿足an＋1＝pan＋f(n)(p≠0,1)，構(gòu)造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)]．跟蹤演練1(1)已知數(shù)列{an}滿足a2＝eq\r(3)，a1＝1，且aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝2an－2an－1＋1(n≥2)，則aeq\o\al(2,2023)－2a2022的值為()A．2021 B．2022C．2023 D．2024答案B解析由aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝2an－2an－1＋1(n≥2)得，當n≥2時，(aeq\o\al(2,n＋1)－2an)－(aeq\o\al(2,n)－2an－1)＝1，且由a2＝eq\r(3)，a1＝1，得aeq\o\al(2,2)－2a1＝1，所以{aeq\o\al(2,n＋1)－2an}構(gòu)成以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以aeq\o\al(2,n＋1)－2an＝n，所以aeq\o\al(2,2023)－2a2022＝2022.(2)(多選)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an－3an＋1＝2an·an＋1(n∈N*)，則下列結(jié)論正確的是()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))為等比數(shù)列B．{an}的通項公式為an＝eq\f(1,2×3n－1－1)C．{an}為遞增數(shù)列D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項和Tn＝3n－n答案AB解析因為an－3an＋1＝2an·an＋1，所以eq\f(1,an＋1)＋1＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))，又eq\f(1,a1)＋1＝2≠0，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))是以2為首項，3為公比的等比數(shù)列，所以eq\f(1,an)＋1＝2×3n－1，即an＝eq\f(1,2×3n－1－1)，所以{an}為遞減數(shù)列，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項和Tn＝(2×30－1)＋(2×31－1)＋…＋(2×3n－1－1)＝2(30＋31＋…＋3n－1)－n＝2×eq\f(1－3n,1－3)－n＝3n－n－1.考點二利用an與Sn的關(guān)系例2已知Sn是數(shù)列{an}的前n項和，a1＝3，且當n≥2時，Sn，eq\f(nan,2)，Sn－1成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn＝1－eq\f(9,a\o\al(2,n))，若b2·b3·…·bn＝eq\f(89,176)，求正整數(shù)n的值．解(1)方法一由題意知當n≥2時，Sn＋Sn－1＝nan，∴Sn＋Sn－1＝n(Sn－Sn－1)，整理得Sn＝eq\f(n＋1,n－1)Sn－1，由S1＝a1＝3，∴Sn＝eq\f(n＋1,n－1)×eq\f(n,n－2)×eq\f(n－1,n－3)×eq\f(n－2,n－4)×…×eq\f(4,2)×eq\f(3,1)×3＝eq\f(3,2)(n2＋n)，經(jīng)檢驗S1＝3也符合Sn＝eq\f(3,2)(n2＋n)．∴當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(3,2)(n2＋n)－eq\f(3,2)[(n－1)2＋(n－1)]＝3n.a1＝3也滿足an＝3n，∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n.方法二由題意知當n≥2時，Sn＋Sn－1＝nan，∴當n≥3時，Sn－1＋Sn－2＝(n－1)an－1，兩式相減得an＋an－1＝nan－(n－1)an－1(n≥3)，即(n－1)an＝nan－1，∴eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)(n≥3)，∴當n≥3時，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))為常數(shù)列，又由S2＋S1＝2a2得a2＝6，同理可得a3＝9，∴eq\f(a3,3)＝eq\f(a2,2)＝eq\f(a1,1)＝3，∴eq\f(an,n)＝eq\f(a1,1)＝3，即an＝3n，∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n.(2)由(1)得bn＝1－eq\f(9,a\o\al(2,n))＝1－eq\f(1,n2)＝eq\f(n2－1,n2)＝eq\f(n－1,n)×eq\f(n＋1,n)，∴b2·b3·…·bn＝eq\f(1,2)×eq\f(3,2)×eq\f(2,3)×eq\f(4,3)×eq\f(3,4)×eq\f(5,4)×…×eq\f(n－1,n)×eq\f(n＋1,n)＝eq\f(n＋1,2n).由eq\f(n＋1,2n)＝eq\f(89,176)，得n＝88.規(guī)律方法在處理Sn，an的式子時，一般情況下，如果要證明f(an)為等差(等比)數(shù)列，就消去Sn，如果要證明f(Sn)為等差(等比)數(shù)列，就消去an；但有些題目要求求{an}的通項公式，表面上看應(yīng)該消去Sn，但這會導(dǎo)致解題陷入死胡同，這時需要反其道而行之，先消去an，求出Sn，然后利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求出an(n≥2)．跟蹤演練2(1)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝2，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n∈N*)，則an＝__________________.答案(n＋1)·2n－1解析因為an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn，則Sn＝eq\f(nan＋1,n＋2)，當n≥2時，Sn－1＝eq\f(n－1an,n＋1)，因此an＝eq\f(nan＋1,n＋2)－eq\f(n－1an,n＋1)，化簡整理得eq\f(an＋1,n＋2)＝2·eq\f(an,n＋1)，而a1＝2，a2＝3S1＝3a1＝6，有eq\f(a2,3)＝2·eq\f(a1,2)，即當n∈N*時，eq\f(an＋1,n＋2)＝2·eq\f(an,n＋1)，因此數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n＋1)))是以eq\f(a1,2)＝1為首項，2為公比的等比數(shù)列，則eq\f(an,n＋1)＝2n－1，即an＝(n＋1)·2n－1.(2)已知數(shù)列{an}滿足a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝2n＋3(n∈N*)，數(shù)列{2anan＋1}的前n項和為Sn，則Sn＝______________.答案8－eq\f(4,2n＋1)解析因為a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝2n＋3(n∈N*)，所以a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)an－1＝2n＋1(n≥2)，兩式相減，可得(2n－1)an＝2，即an＝eq\f(2,2n－1)(n≥2)，又當n＝1時，a1＝5，不滿足an＝eq\f(2,2n－1)，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5，n＝1，,\f(2,2n－1)，n≥2，))所以當n≥2時，2anan＋1＝eq\f(8,2n－12n＋1)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，當n＝1時，2a1a2＝eq\f(20,3)，所以Sn＝eq\f(20,3)＋4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1))))－\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n＋1))))＝eq\f(20,3)＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,2n＋1)))＝8－eq\f(4,2n＋1).專題強化練1．(2023·北京統(tǒng)考)在數(shù)列{an}中，若a1＝－1，an＝eq\f(1,1－an－1)(n≥2，n∈N*)，則a100等于()A．－1B．1C.eq\f(1,2)D．2答案A解析因為a1＝－1，an＝eq\f(1,1－an－1)(n≥2，n∈N*)，所以a2＝eq\f(1,1－a1)＝eq\f(1,1－－1)＝eq\f(1,2)，a3＝eq\f(1,1－a2)＝eq\f(1,1－\f(1,2))＝2，a4＝eq\f(1,1－a3)＝eq\f(1,1－2)＝－1＝a1，a5＝eq\f(1,1－a4)＝eq\f(1,1－－1)＝eq\f(1,2)＝a2，所以數(shù)列{an}是以3為周期的周期數(shù)列，所以a100＝a3×33＋1＝a1＝－1.2．(2023·洛陽模擬)若數(shù)列{an}和{bn}滿足a1＝2，b1＝0,2an＋1＝3an＋bn＋2,2bn＋1＝an＋3bn－2，則a2023＋b2023等于()A．1 B．3C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2023 D．22023答案D解析因為2an＋1＝3an＋bn＋2,2bn＋1＝an＋3bn－2，所以2an＋1＋2bn＋1＝3an＋bn＋2＋an＋3bn－2＝4(an＋bn)，即an＋1＋bn＋1＝2(an＋bn)，又a1＋b1＝2，所以{an＋bn}是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以an＋bn＝2n，所以a2023＋b2023＝22023.3．(2023·鄭州模擬)已知數(shù)列{an}滿足eq\f(an＋1＋an,an＋1－an)＝2n，a1＝1，則a2023等于()A．2023 B．2024C．4045 D．4047答案C解析∵eq\f(an＋1＋an,an＋1－an)＝2n，∴an＋1＋an＝2n(an＋1－an)，即(1－2n)an＋1＝(－2n－1)an，可得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2n＋1,2n－1)，∴a2023＝eq\f(a2023,a2022)×eq\f(a2022,a2021)×eq\f(a2021,a2020)×…×eq\f(a3,a2)×eq\f(a2,a1)×a1＝eq\f(4045,4043)×eq\f(4043,4041)×eq\f(4041,4039)×…×eq\f(5,3)×eq\f(3,1)×1＝4045.4．(2023·淄博模擬)已知正項數(shù)列{an}的前n項和是Sn，滿足eq\f(1,Sn)＝eq\f(2an,a\o\al(2,n)＋1)對n∈N*恒成立，則an等于()A．a(chǎn)n＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,\r(n＋1)－\r(n)，n≥2))B．a(chǎn)n＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)C．a(chǎn)n＝eq\r(n)－eq\r(n－1)D．a(chǎn)n＝eq\r(n)＋eq\r(n－1)答案C解析由eq\f(1,Sn)＝eq\f(2an,a\o\al(2,n)＋1)得2Sn＝an＋eq\f(1,an)，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1，則2Sn＝Sn－Sn－1＋eq\f(1,Sn－Sn－1)，整理得Seq\o\al(2,n)－Seq\o\al(2,n－1)＝1，顯然eq\f(1,S1)＝eq\f(2S1,S\o\al(2,1)＋1)，則Seq\o\al(2,1)＝1，因此數(shù)列{Seq\o\al(2,n)}是等差數(shù)列，首項為1，公差為1，所以Seq\o\al(2,n)＝1＋(n－1)×1＝n，又an>0，所以Sn>0，所以Sn＝eq\r(n)，當n≥2時，an＝eq\r(n)－eq\r(n－1)，a1＝1滿足上式，因此an＝eq\r(n)－eq\r(n－1).5．(多選)已知數(shù)列{an}，{bn}滿足a1＝2，b1＝eq\f(1,2)，an＋1＝bn＋eq\f(1,an)，bn＋1＝an＋eq\f(1,bn)，n∈N*，則下列選項正確的有()A.eq\f(a2,b2)＋eq\f(a3,b3)＝4B.eq\f(bn,an)＝eq\f(an＋1,bn＋1)C．當n為奇數(shù)時，an＝4bnD．當n為偶數(shù)時，an＝eq\f(1,4)bn答案BCD解析因為a1＝2，b1＝eq\f(1,2)，an＋1＝bn＋eq\f(1,an)，bn＋1＝an＋eq\f(1,bn)，所以a2＝b1＋eq\f(1,a1)＝1，b2＝a1＋eq\f(1,b1)＝4，a3＝b2＋eq\f(1,a2)＝5，b3＝a2＋eq\f(1,b2)＝eq\f(5,4)，所以eq\f(a2,b2)＋eq\f(a3,b3)＝eq\f(17,4)，故A錯誤；eq\f(an＋1,bn＋1)＝eq\f(bn＋\f(1,an),an＋\f(1,bn))＝eq\f(\f(anbn＋1,an),\f(anbn＋1,bn))＝eq\f(bn,an)，故B正確；由B選項可知eq\f(an＋2,bn＋2)＝eq\f(bn＋1,an＋1)＝eq\f(an,bn)，所以eq\f(an,bn)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝2k－1，k∈N*，,\f(1,4)，n＝2k，k∈N*，))故C，D正確．6．(多選)(2023·宿遷模擬)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項和，且a1>0，a2＝eq\f(2,21)，3an＋1＝2SnSn＋1，則()A．a(chǎn)1＝eq\f(1,3)B．數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是公差為eq\f(2,3)的等差數(shù)列C．數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的前5項和最大D．a(chǎn)n＝eq\f(6,2n－112n－13)答案AC解析∵a1>0，a2＝eq\f(2,21)，3an＋1＝2SnSn＋1，∴3a2＝2a1(a1＋a2)，∴a1＝eq\f(1,3)或a1＝－eq\f(3,7)(舍)，故選項A正確；又3an＋1＝2SnSn＋1，∴3(Sn＋1－Sn)＝2SnSn＋1，∴eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－eq\f(2,3)，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是公差為－eq\f(2,3)的等差數(shù)列，故選項B錯誤；由eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝3，得eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,S1)＋(n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝3－eq\f(2n－1,3)＝eq\f(11－2n,3)，∴eq\f(1,S5)>0，eq\f(1,S6)<0，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的前5項和最大，故選項C正確；當n＝1時，eq\f(6,2n－112n－13)＝eq\f(6,2×1－112×1－13)＝eq\f(2,33)，這與a1＝eq\f(1,3)矛盾，故選項D錯誤．7．(2023·淮南模擬)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和．已知eq\f(3Sn,n)＋n＝3an＋1，a1＝－eq\f(1,3)，則數(shù)列{an}的通項公式是__________________．答案an＝eq\f(2,3)n－1解析由題意得3Sn＋n2＝3nan＋n，①當n≥2時，3Sn－1＋(n－1)2＝3(n－1)an－1＋(n－1)，②①－②化簡得3(an－an－1)－3n(an－an－1)＝－2n＋2，即(3－3n)(an－an－1)＝－2n＋2，則an－an－1＝eq\f(－2n＋2,3－3n)＝eq\f(2,3)(n≥2)，則數(shù)列{an}是以－eq\f(1,3)為首項，eq\f(2,3)為公差的等差數(shù)列，則an＝－eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)(n－1)＝eq\f(2,3)n－1.8．(2023·商洛模擬)已知Sn是數(shù)列{an}的前n項和，a1＝a2＝1，an＋an＋1＝2n＋1(n≥2)，則eq\f(S2024,S2023)＝________.答案eq\f(1013,1012)解析因為an＋an＋1＝2n＋1(n≥2)，所以an＋1－(n＋1)＝－(an－n)(n≥2)．因為a2－2＝－1，所以{an－n}從第二項起是公比為－1的等比數(shù)列，所以an＝n＋(－1)n－1(n≥2)，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,n＋－1n－1，n≥2，))所以S2023＝1＋2＋3＋…＋2023＝2023×1012，S2024＝1＋2＋3＋…＋2024－1＝2023×1013，所以eq\f(S2024,S2023)＝eq\f(1013,1012).9．已知數(shù)列{an}滿足eq\f(a1,a1－1)＋eq\f(a2,a2－1)＋eq\f(a3,a3－1)＋…＋eq\f(an,an－1)＝eq\f(2,an－1).(1)證明：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1－an,an)))為等比數(shù)列；(2)已知bn＝an(an＋1－1)，求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.(1)證明當n＝1時，eq\f(a1,a1－1)＝eq\f(2,a1－1)，則a1＝2.因為eq\f(a1,a1－1)＋eq\f(a2,a2－1)＋eq\f(a3,a3－1)＋…＋eq\f(an,an－1)＝eq\f(2,an－1)，①所以eq\f(a1,a1－1)＋eq\f(a2,a2－1)＋eq\f(a3,a3－1)＋…＋eq\f(an＋1,an＋1－1)＝eq\f(2,an＋1－1)，②由②－①得eq\f(an＋1,an＋1－1)＝eq\f(2,an＋1－1)－eq\f(2,an－1)，化簡可得2an－an＋1＝anan＋1，所以eq\f(\f(1－an＋1,an＋1),\f(1－an,an))＝eq\f(an－anan＋1,an＋1－anan＋1)＝eq\f(an－2an－an＋1,an＋1－2an－an＋1)＝eq\f(1,2)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1－an,an)))是首項為eq\f(1－a1,a1)＝－eq\f(1,2)，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列．(2)解由(1)可知eq\f(1－an,an)＝－eq\f(1,2)×eq\f(1,2n－1)＝－eq\f(1,2n)，化簡可得an＝eq\f(2n,2n－1).bn＝an(an＋1－1)＝eq\f(2n,2n－12n＋1－1)＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，所以Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2－1)－\f(1,22－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22－1)－\f(1,23－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,23－1)－\f(1,24－1)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))＝1－eq\f(1,2n＋1－1).微重點6子數(shù)列與增減項問題子數(shù)列問題(包括數(shù)列中的奇偶項、公共數(shù)列以及分段數(shù)列)與數(shù)列的增減項問題是近幾年高考的重點和熱點，一般方法是構(gòu)造新數(shù)列，利用新數(shù)列的特征(等差、等比或其他特征)求解原數(shù)列．考點一奇數(shù)項、偶數(shù)項例1(2023·新高考全國Ⅱ)已知{an}為等差數(shù)列，bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－6，n為奇數(shù)，,2an，n為偶數(shù).))記Sn，Tn分別為數(shù)列{an}，{bn}的前n項和，S4＝32，T3＝16.(1)求{an}的通項公式；(2)證明：當n>5時，Tn>Sn.(1)解設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，而bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－6，n為奇數(shù)，,2an，n為偶數(shù)，))則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，所以數(shù)列{an}的通項公式是an＝2n＋3.(2)證明方法一由(1)知，Sn＝eq\f(n5＋2n＋3,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n－3，n為奇數(shù)，,4n＋6，n為偶數(shù)，))當n為偶數(shù)時，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，當n>5時，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Tn>Sn.當n為奇數(shù)時，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，當n>5時，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Tn>Sn.綜上，當n>5時，Tn>Sn.方法二由(1)知，Sn＝eq\f(n5＋2n＋3,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n－3，n為奇數(shù)，,4n＋6，n為偶數(shù)，))當n為偶數(shù)時，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝eq\f(－1＋2n－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，當n>5時，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Tn>Sn，當n為奇數(shù)時，若n≥3，則Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq\f(－1＋2n－3,2)·eq\f(n＋1,2)＋eq\f(14＋4n－1＋6,2)·eq\f(n－1,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，顯然T1＝b1＝－1滿足上式，因此當n為奇數(shù)時，Tn＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，當n>5時，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Tn>Sn，所以當n>5時，Tn>Sn.規(guī)律方法(1)數(shù)列中的奇、偶項問題的常見題型①數(shù)列中連續(xù)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；④已知條件明確的奇偶項問題．(2)對于通項公式分奇、偶不同的數(shù)列{an}求Sn時，我們可以分別求出奇數(shù)項的和與偶數(shù)項的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一項，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.跟蹤演練1(2023·鄭州模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＝an－1＋2n－1(n≥2，n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)令bn＝an－1＋(－1)nlog2(an－1)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解(1)∵an－an－1＝2n－1(n≥2)，∴當n≥2時，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－1－an－2)＋(an－an－1)＝3＋2＋22＋…＋2n－2＋2n－1＝2＋eq\f(1－2n,1－2)＝2n＋1，檢驗知當n＝1時上式也成立，故an＝2n＋1(n∈N*)．(2)由題意知，bn＝2n＋(－1)nn.當n為偶數(shù)時，Tn＝2＋22＋…＋2n＋(－1)＋2＋(－3)＋4＋…＋(－1)nn＝eq\f(21－2n,1－2)＋eq\f(n,2)＝2n＋1－2＋eq\f(n,2)；當n為奇數(shù)時，Tn＝Tn－1＋2n＋(－1)nn＝2n－2＋eq\f(n－1,2)＋2n－n＝2n＋1－2－eq\f(n＋1,2)且n≥3，又當n＝1時，T1＝b1＝2－1＝1滿足上式，此時Tn＝2n＋1－2－eq\f(n＋1,2)，綜上，Tn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n＋1－2－\f(n＋1,2)，n為奇數(shù)，,2n＋1－2＋\f(n,2)，n為偶數(shù).))考點二兩數(shù)列的公共項例2已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(3n2＋n,2)，{bn}為等比數(shù)列，公比為2，且b1，b2＋1，b3為等差數(shù)列．(1)求{an}與{bn}的通項公式；(2)把數(shù)列{an}和{bn}的公共項由小到大排成的數(shù)列記為{cn}，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.解(1)由Sn＝eq\f(3n2＋n,2)，當n＝1時，a1＝S1＝2，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，當n＝1時，上式也成立，所以an＝3n－1.依題意，b1＋b3＝2(b2＋1)，b1＋b1·22＝2(b1·2＋1)，解得b1＝2，所以bn＝2n.(2)數(shù)列{an}和{bn}的公共項從小到大依次為21,23,25,27，…，所以21,23,25,27，…構(gòu)成首項為2，公比為4的等比數(shù)列，所以cn＝2×4n－1，則Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(21－4n－1,1－4)＝eq\f(2,3)(4n－1－1)．規(guī)律方法兩個等差數(shù)列的公共項是等差數(shù)列，且公差是兩等差數(shù)列公差的最小公倍數(shù)；兩個等比數(shù)列的公共項是等比數(shù)列，公比是兩個等比數(shù)列公比的最小公倍數(shù)．跟蹤演練2(2023·邵陽模擬)數(shù)列{2n－1}和數(shù)列{3n－2}的公共項從小到大構(gòu)成一個新數(shù)列{an}，數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(an,2n)，則數(shù)列{bn}的最大項等于________．答案eq\f(7,4)解析數(shù)列{2n－1}和數(shù)列{3n－2}的公共項從小到大構(gòu)成一個新數(shù)列為1,7,13，…，該數(shù)列是首項為1，公差為6的等差數(shù)列，所以an＝6n－5，所以bn＝eq\f(6n－5,2n)，因為bn＋1－bn＝eq\f(6n＋1,2n＋1)－eq\f(6n－5,2n)＝eq\f(11－6n,2n＋1)，所以當n≥2時，bn＋1－bn<0，即b2>b3>b4>…，又b1<b2，所以數(shù)列{bn}的最大項為第二項，其值為eq\f(7,4).考點三數(shù)列有關(guān)增減項問題例3已知等比數(shù)列{an}的前n項和Sn＝2n＋r，其中r為常數(shù)．(1)求r的值；(2)設(shè)bn＝2(1＋log2an)，若數(shù)列{bn}中去掉數(shù)列{an}的項后余下的項按原來的順序組成數(shù)列{cn}，求c1＋c2＋c3＋…＋c100的值．解(1)因為Sn＝2n＋r，所以a1＝S1＝2＋r，a1＋a2＝S2＝4＋r，即a2＝2，a1＋a2＋a3＝S3＝8＋r，即a3＝4，由{an}是等比數(shù)列可知，aeq\o\al(2,2)＝a1a3，所以4＝(2＋r)×4，即r＝－1.此時Sn＝2n－1，a1＝2＋r＝1，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1，且a1＝1也適合該式，故an＝2n－1是等比數(shù)列，即r＝－1滿足題意．所以r＝－1.(2)bn＝2(1＋log2an)＝2(1＋log22n－1)＝2n，因為a1＝1，a2＝2＝b1，a3＝4＝b2，a4＝8＝b4，a5＝16＝b8，a6＝32＝b16，a7＝64＝b32，a8＝128＝b64，a9＝256＝b128.所以c1＋c2＋c3＋…＋c100＝(b1＋b2＋…＋b107)－(a2＋…＋a8)＝eq\f(107×2＋214,2)－eq\f(21－27,1－2)＝11302.規(guī)律方法解決此類問題的關(guān)鍵是通過閱讀、理解題意，要弄清楚增加了(減少了)多少項，增加(減少)的項有什么特征，在求新數(shù)列的和時，一般采用分組求和法，即把原數(shù)列部分和增加(減少)部分分別求和，再相加(相減)即可．跟蹤演練3(2023·無錫模擬)設(shè)等比數(shù)列{an}的首項為a1＝2，公比為q(q為正整數(shù))，且滿足3a3是8a1與a5的等差中項；數(shù)列{bn}滿足2n2－(3＋bn)n＋eq\f(3,2)bn＝0(t∈R，n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)當{bn}為等差數(shù)列時，對每個正整數(shù)k，在ak與ak＋1之間插入bk個2，得到一個新數(shù)列{cn}．設(shè)Tn是數(shù)列{cn}的前n項和，試求T100.解(1)由題意，可得6a3＝8a1＋a5，所以6q2＝8＋q4，解得q2＝4或q2＝2(舍)，則q＝2，又a1＝2，所以an＝2n.由2n2－(3＋bn)n＋eq\f(3,2)bn＝0，得bn＝2n.(2)因為b1＝2，所以a1與a2之間插入2個2，b2＝4，所以a2與a3之間插入4個2，b3＝6，所以a3與a4之間插入6個2，…則{cn}的前100項，由90個2，a1，a2，a3，…，a9，a10構(gòu)成，所以T100＝(a1＋a2＋…＋a10)＋2×90＝eq\f(21－210,1－2)＋180＝2226.專題強化練1．(2023·池州模擬)已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)將數(shù)列{an}和數(shù)列{2n}中所有的項，按照從小到大的順序排列得到一個新數(shù)列{bn}，求{bn}的前100項和．解(1)依題意an>0，當n＝1時，解得a1＝3，4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3，當n≥2時，有4Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋2an－1－3，作差得，4an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋2an－2an－1，∴(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0(n≥2)，∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝2(n≥2)，∴數(shù)列{an}是首項為3，公差為2的等差數(shù)列，∴an＝2n＋1，n∈N*.(2)由(1)