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补上一课数列中的子数列、新情境问题

题型分析1.在一个数列中通过插项、提项或提取两个数列的公共项重构一个新的数列叫做子数列问题.2.数列的创新问题是指新定义数列，利用图表表示数列等.

题型一子数列问题

角度1公共项

例1(2024·嘉兴模拟)已知{an}是首项为2，公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1.

(1)证明{bn－n}是等比数列，并求{an}，{bn}的通项公式；

(2)若数列{an}与{bn}中有公共项，即存在k，m∈N*，使得ak＝bm成立.按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作{cn}，求c1＋c2＋…＋cn.

解(1)由题意可得an＝2＋(n－1)×3＝3n－1，

而b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1，

变形可得bn＋1－(n＋1)＝3bn－3n＝3(bn－n)，

b1－1＝3，

故{bn－n}是首项为3，公比为3的等比数列，

从而bn－n＝3n，即bn＝3n＋n(n∈N*).

(2)由题意可得3k－1＝3m＋m(k，m∈N*)，

因为3k，3m是3的倍数，

所以m＋1也为3的倍数，

令m＋1＝3n，则m＝3n－1(n∈N*)，

则3k－1＝33n－1＋3n－1＝3(33n－2＋n)－1，此时满足条件，

即当m＝2，5，8，…，3n－1时为公共项，

所以c1＋c2＋…＋cn＝b2＋b5＋…＋b3n－1

＝32＋35＋…＋33n－1＋(2＋5＋…＋3n－1)

＝eq\f(9（27n－1）,26)＋eq\f(n（3n＋1）,2)(n∈N*).

角度2插项、提项

例2已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n＋1.

(1)求{an}的通项公式；

(2)保持{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1之间插入k个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T100的值(用数字作答).

解(1)由数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n＋1，

当n≥2时，Sn－1＝2n－1＋1，

所以an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，n≥2，

当n＝1时，a1＝S1＝21＋1＝3，不符合上式，

所以数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n－1，n≥2.))

(2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1(k＝1，2，…)之间插入k个1，

则新数列{bn}的前100项为3，1，21，1，1，22，1，1，1，23，1，1，1，1，24，…，212，1，1，1，1，1，1，1，1，1，

则T100＝[3＋(21＋22＋…＋212)]＋[(1＋2＋3＋…＋12)＋9]

＝90＋213－2＝88＋213＝8192＋88＝8280.

感悟提升1.两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列，且公差(比)是两等差(比)数列公差(比)的最小公倍数，一个等差与一个等比数列的公共项，则要通过其项数之间的关系来确定.

2.数列的插项、提项问题可通过研究前n次的变化探究出一般性规律，从而确定新数列的首项、项数、公差(或公比)、末项等信息.

训练1(2024·济南模拟)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝4，b1＝2，a2＝2b2－1，a3＝b3＋2.

(1)求{an}和{bn}的通项公式；

(2)数列{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A，B，将A∪B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前60项和S60.

解(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，

由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4＋d＝2·2q－1，,4＋2d＝2·q2＋2，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝4q－5，,d＝q2－1，))

∴q＝2，d＝3，∴an＝3n＋1，bn＝2n.

(2)当{cn}的前60项中含有{bn}的前6项时，

令3n＋127＝128，∴neq\f(127,3)，

此时至多有41＋6＝47项，不符合题意.

当{cn}的前60项中含有{bn}的前7项时，

令3n＋128＝256，∴n85，

且22，24，26是{an}和{bn}的公共项，

则{cn}的前60项中含有{bn}的前7项且含有{an}的前56项，再减去公共的三项.

∴S60＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(56×4＋\f(56×55,2)×3))＋2＋23＋25＋27＝4844＋170＝5014.

题型二新情境、新定义问题

例3(2024·长沙调研)将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成下表：

a1

a2a3

a4a5a6

a7a8a9a