2026版步步高大一轮高考数学复习第六章§6.6子数列问题§6.6子数列问题
重点解读子数列是数列问题中的一种常见题型.将原数列转化为子数列问题一般适用于某个数列是由几个有规律的数列组合而成的，具体求解时，要搞清楚子数列的项在原数列中的位置，以及在子数列中的位置，即项不变化，项数变化.
题型一奇数项与偶数项问题
例1(2023·新高考全国Ⅱ)已知{an}为等差数列，bn=an-6,n为奇数,2an,n为偶数.记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn
(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=a
则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，
所以数列{an}的通项公式是an=2n+3.
(2)证明方法一由(1)知，Sn=n(5+2n+3)2=n
bn=2
当n为偶数时，bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1，
Tn=13+(6n+1)2·n2=32n
当n5时，Tn-Sn=32n2+72n-(n2+4n)=1
因此TnSn.
当n为奇数时，Tn=Tn+1-bn+1=32(n+1)2+72(n+1)-[4(n+1)+6]=32n2+5
当n5时，Tn-Sn=32n2+52n-5-(n2+4n)=12
因此TnSn.
综上，当n5时，TnSn.
方法二由(1)知，Sn=n(5+2n+3)2=n
bn=2
当n为偶数时，Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=-1+2(n-1)-32·n2+14+4n+62·n2
当n5时，Tn-Sn=32n2+72n-(n2+4n)=1
因此TnSn，
当n为奇数时，若n≥3，
则Tn=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)
=-1+2n-32·n+1
=32n2+52n
显然T1=b1=-1满足上式，
因此当n为奇数时，Tn=32n2+52n
当n5时，Tn-Sn=32n2+52n-5-(n2+4n)=12
因此TnSn，
所以当n5时，TnSn.
思维升华数列中的奇、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.
跟踪训练1(2024·西安模拟)已知正项数列{an}中，a3=4，a2a5=32，且lnan，lnan+1，lnan+2成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn=an+(-1)nlog2an+1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解(1)∵lnan，lnan+1，lnan+2成等差数列，
∴2lnan+1=lnan+lnan+2，
即an+12=anan+2，而an0，∴{
设{an}的公比为q，q0，则a
得a1=1，q=2，∴an=2n-1.
(2)bn=2n-1+(-1)nlog22n=2n-1+(-1)nn，
当n为偶数时，
Tn=(1+2+22+…+2n-1)+[-1+2-3+4-…-(n-1)+n]
=1-2n1-2+n2=2
当n为奇数时，
Tn=Tn+1-bn+1=2n+1+n-12-2n-(-1)n+1(n+1)=2n-
∴Tn=2
题型二数列的公共项
例2(2025·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(n∈N*)，
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*，
令m=3n-1(n∈N*)，
则3k-1=33n-1+3n-1=3(33n-2+n)-1，
此时满足条件，
即m=2，5，8，…，3n-1，…时为公共项，
易知数列{bn}为递增数列，
所以c1+c2+…+cn=b2+b5+…+b3n-1=32+35+…+33n-1+[2+5+…+(3n-1)]=9(27n-1)26+n(3n+1)
思维升华两个等差数列的公共项是等差数列，且公差是两等差