数列子数列探究

数列中的子数列1、在等差数列{}a 中，公差0≠d ，412a a a 与是的等比中项，已知数列1a ，3a ，1k a ，2k a …n k a 成等比数列，求数列{}n k 的通项（汕尾统考试题）解：依题意)3()(11214122d a a d a a a a +=+⋅=即 得：d a d ⋅=12 10a d d =∴≠ 故1111)1()1(na a n a d n a a n =-+=-+= 新数列{}n k k k c a a a a a n 记为......,,,2131 则132113,a a c a c === {}n c 等比 ∴公比3=q 113-=∴n n a c 又1123++==n n k a c a n 而1a k a n k n ⋅= 1113a k a n n ⋅=⋅∴+ 13+=∴n n k2、已知数列{}n a 为等差数列，公差0≠d ，由{}n a 中的部分项组成的数列：n b b b b a a a a ...,,321为等比数列，其中.17,5,1321===b b b（1）求数列{}n b 的通项公式 （2）记n n n n n n b c b c b c T +++=...2211 求nn nn b T +∞→4lim解：（1）由已知可得1751,,a a a 等比，17125a a a ⋅=∴ )16()4(1121d a a d a +=+∴ 得：d a d 12816= 0≠d d a 21=∴ d n d n a a n )1()1(1+=-+=∴新数列{}n b a 的公比3261512====dda a a a qb b 131-⋅=∴n b b a a n , 又d b a n b n )1(+= d b d n n )1(321+=⋅∴- 1321-⋅=∴-n n b（2）)132(...)132()112(1121-⋅++-⋅+-⋅=-n nn n n n c c c T[][]nn n n n n n n n c c c c c c +++-⋅++⋅+⋅=...3 (333)2212211[][]312432121)31(32+-⋅=---+=n n n n 3213243124324l i m 1=-⋅++-⋅=+∴-∞→n nn n nn n n b T 3、已知一个数列{}n a 各项是1或0，首项为1，且在第k 个1和第1+k 个1之间有12-k 个0，则第20个1是该数列的第几项 解：所有的1构成一个子数列{}n c ，1=n c ,设)(n f n a c = 则1)1(=f ，且有：n n f n f 2)()1(+=+ )1()]1()2([...)]2()1([)]1()([)(f f f n f n f n f n f n f +-++---+--=∴11]1...)2()1[(22+-=+++-+-=n n n n4014013120042004)2004(2=+-=∴f 即第2004个1是该数列的第4014013项4、将数列{}n a （其中12-=n a n ）按第)12(-n n 组有个数进行分组得：}17,15,13,11,9{},7,5,3{},1{…则1991位于第n n 组解：设第n 组第1个数为)(n f n a c = 则1)1(2)1()(,1)1(--+-==n n f n f f ，由迭加法易求得3421)22(222)(22)(2+-=-+-==∴+-=n n n n a c n n n f n f n ，设1991位于第n 组，则：⎪⎩⎪⎨⎧>≤--⇒⎩⎨⎧>≤+9950994219911991221n n n c c n n 得32=n ∴1991位于第32组5、设}{n n a A 为数列的前3),1(2311=-=a a A n n 得项和，数列{}n b 的通项公式为34+=n b n （1）、求数列{}n a 的通项公式（2）、把数列{}n a 与{}n b 的公共项按从小到大的顺序排成一个新数列{}n d ，求{}n d 的通项 解：（1）当3:)1(23,1111=-==a a a n 得时，当)(23,211---=-==n n n n n n a a A A a a 由时，得：}{31n n na a a ∴=-等比，故有n n a 3= （2）设)(n f n a d =经计算知63127b a d === 3)1(=∴f }{,1)23(4)34(33331)()(1)(1)(n n f n f n f n f b a k k a ∉++=+⋅=⋅=+++故而}{3)69(4)34(9692)(n k n f b b k k a ∈=++=+⋅=++ 故2)()1(2)(1+=+∴=++n f n f a d n f n2,)}({公差为等差n f ∴，又1212312)(3)1(++==∴+=∴=n n n a d n n f f6、已知数列{}n a 中，n n n n n a a a a S a a a ++++==⋅=+...,4,132111求且解：令41,4:12121===⋅=a a a a n 知由得，再由⎪⎩⎪⎨⎧==++++nn n n n n a a a a 441121 两式相除得：42=+n n a a故{}k a 2是以4为首项，4为公比的等比数列 {}12-k a 是以1为首项，4为公比的等比数列。

培优课11 数列的子数列问题培优点一 分段数列典例1 已知数列{a n }是公差不为0的等差数列，a 1=32，数列{b n }是等比数列，{b n }是等比数列可求{a n }的公差）. （1）求数列{b n }的通项公式；（2）{c n }是分段数列,要按不同范围求和），求数列{c n }的前n 项和T n . 解题观摩[解析]（1）设等差数列{a n }的公差为d ,d ≠0，所以(a 1+2d )2=a 1(a 1+3d )，即a 1d +4d 2=d (a 1+4d )=0， 因为d ≠0，所以a 1+4d =0，又a 1=32,所以d =−38，因为b 1=a 1=32，所以数列{b n }的公比q =b2b 1=−a 3a 1=−(a 1+2d )a 1=−1−2×(−14)=−12，所以b n =b 1q n−1=32×(−12)n−1(n ∈N ∗).（2）由（1）知b n =32×(−12)n−1，a n =a 1+(n −1)d =−38n +158,当1≤n ≤5时，T n =32[1−(−12)n ]1−(−12)=1−(−12)n；当n ≥6时，T n =1−(−12)5+(n−5)(−3+15−3n )2=−32n 2+272n −92732.故T n ={1−(−12)n,n ≤5−32n 2+272n −92732,n ≥6n ∈N ∗.1.利用等差数列的通项公式与等比中项的性质列式可解得等差数列的公差和等比数列的公比，进而可得所求通项公式.2.对n 分类讨论，结合等差数列与等比数列的求和公式求和.在分段数列关系中引入参数1. 已知数列{a n }满足a n ={12,n =1,[1+2⋅(−1)λ]a n−1+2,n ≥2,若数列{a n }的前n 项和为S n ，求当λ=1时，S 2025的值.[解析]当λ=1，n ≥2时，a n =−a n−1+2，即a n +a n−1=2，∴S 2025=(a 2025+a 2024)+(a 2023+a 2022)+(a 2021+a 2020)+⋯+(a 3+a 2)+a 1=2×1012+12=40492.将数列通项的分段问题改为数列递推关系的分段问题2. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1=a (a ∈R )，a n+1={a n −3,a n >3,2a n ,a n ≤3,n ∈N ∗.（1）若0<a n ≤6，求证：0<a n+1≤6. （2）若a =5，求S 2025.[解析]（1）当a n ∈(0,3]时,a n+1=2a n ∈(0,6], 当a n ∈(3,6]时,a n+1=a n −3∈(0,3],故a n+1∈(0,6],所以当0<a n ≤6时,总有0<a n+1≤6.（2）当a 1=a =5时，a 2=a 1−3=2，a 3=2a 2=4，a 4=a 3−3=1，a 5=2a 4=2，a 6=2a 5=4，a 7=a 6−3=1,⋯ ,所以数列{a n }为5，2，4，1，2，4，1，2，4，1，⋯ ,即数列{a n }是从第2项起,以3为周期的数列,又a 2+a 3+a 4=7,所以S 2025=5+7×674+2+4=4729.培优点二 数列中的奇偶项问题典例2 [2023·新高考Ⅱ卷]已知{a n }②T n ,的求解注意分奇偶情况讨论）记S n ，T n 分别为数列{a n }，{b n }的前n 项和，{a n }的通项公式是关键） （1）求{a n }的通项公式. （2）证明：当n >5时，T n >S n . 解题观摩[解析]（1）设等差数列{a n }的公差为d ，而b n ={a n −6,n 为奇数,2a n ,n 为偶数, 则b 1=a 1−6,b 2=2a 2=2a 1+2d ,b 3=a 3−6=a 1+2d −6，解得{a 1=5,d =2,则a n =a 1+(n −1)d =2n +3，所以数列{a n }的通项公式是a n =2n +3(n ∈N ∗). （2）由（1）知，S n =n (5+2n+3)2=n 2+4n ，b n ={2n −3,n 为奇数,4n +6,n 为偶数,T n =(b 1+b 3+⋯+b n−1)+(b 2+b 4+⋯+b n )=−1+2(n−1)−32⋅n 2+14+4n+62⋅n 2=32n 2+72n ，当n >5时，T n −S n =(32n 2+72n)−(n 2+4n )=12n (n −1)>0，因此T n >S n ；若n ≥3，则T n =(b 1+b 3+⋯+b n )+(b 2+b 4+⋯+b n−1)=−1+2n−32⋅n+12+14+4(n−1)+62⋅n−12=32n 2+52n −5，显然T 1=b 1=−1满足上式，因此当n 为奇数时，T n =32n 2+52n −5，当n >5时，T n −S n =(32n 2+52n −5)−(n 2+4n )=12(n +2)(n −5)>0，因此T n >S n .综上所述，当n >5时，T n >S n .解答与奇偶项有关的求和问题的关键 1.弄清当n 为奇数或偶数时数列的通项公式.2.弄清当n 为奇数或偶数时数列前n 项中奇数项与偶数项的个数.3.对于通项公式分奇、偶不同的数列{a n }求S n 时，可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以先求出S 2k ，再利用S 2k−1=S 2k −a 2k 求S 2k−1(k ∈N ∗).将数列递推关系的奇偶项问题改为数列通项的奇偶项问题1. [2024·南通模拟]已知数列{a n }满足a 1=1,a 2=3，数列{b n }为等比数列，且满足b n (a n+1−a n )=b n+1. （1）求数列{a n }的通项公式；（2）若b 2,2a 3,b 4成等差数列，记数列{c n }满足c n ={a n ,n 为奇数,b n ,n 为偶数,求数列{c n }的前2n 项和T 2n .[解析]（1）因为b n (a n+1−a n )=b n+1,且a 1=1,a 2=3,所以令n =1得2b 1=b 2， 又数列{b n }为等比数列，所以公比为2，即b n+1=2b n ，则a n+1−a n =2， 所以数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a n =2n −1(n ∈N ∗). （2）由（1）知数列{b n }是公比为2的等比数列，a n =2n −1, 由b 2,2a 3,b 4成等差数列得4a 3=b 2+b 4，即2b 1+8b 1=20， 所以b 1=2，则b n =2n ，所以c n ={2n −1,n 为奇数,2n,n 为偶数,数列{c n }的奇数项是以1为首项，4为公差的等差数列，偶数项是以4为首项，4为公比的等比数列，所以T 2n =(a 1+a 3+⋯+a 2n−1)+(b 2+b 4+⋯+b 2n )=n +n (n−1)2⋅4+4(1−4n )1−4=2n 2−n +4(4n −1)3.将单数列的奇偶项递推问题改为双数列的奇偶项递推问题2. [2024·潍坊模拟]已知等比数列{a n }的公比q >1，前n 项和为S n ，满足S 3=13,a 42=3a 6.（1）求{a n }的通项公式； （2）设b n ={a n ,n 为奇数,a n−1+n,n 为偶数,求数列{b n }的前2n 项和T 2n .[解析]（1）因为{a n }是公比q >1的等比数列， 所以由{S 3=13,a 42=3a 6,得{a 1+a 2+a 3=13,(a 1q 3)2=3a 1q 5,即{a 1(1+q +q 2)=13,a 1q =3,两式相除得1+q+q 2q =133，整理得3q 2−10q +3=0，即(3q −1)⋅(q −3)=0，解得q =3或q =13，又q >1，所以q =3，则a 1=3q =1，所以a n =a 1q n−1=3n−1(n ∈N ∗).（2）当n 为奇数时，b n =a n =3n−1，当n 为偶数时，b n =a n−1+n =3n−2+n ， 所以T 2n =b 1+b 2+b 3+b 4+⋯+b 2n−1+b 2n=(b 1+b 3+⋯+b 2n−1)+(b 2+b 4+⋯+b 2n )=(30+32+⋯+32n−2)+(30+2+32+4+⋯+32n−2+2n )=2(30+32+⋯+32n−2)+(2+4+⋯+2n )=2×1−(32)n 1−32+n (2n +2)2=9n −14+n 2+n .将数列递推关系的奇偶问题改为数列前n 项和与通项交融的数列奇偶问题3. [2024·南京模拟]已知等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N ∗)，数列{b n }是等比数列，a 1=3,b 1=1,b 2+S 2=10,a 5−2b 2=a 3. （1）求数列{a n }和{b n }的通项公式；（2）若c n ={2S n,n 为奇数,b n ,n 为偶数,设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .[解析]（1）设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q (q ≠0)，因为a 1=3,b 1=1,b 2+S 2=10,a 5−2b 2=a 3，所以{q +3+3+d =10,3+4d −2q =3+2d,解得{d =2,q =2,所以a n =2n +1(n ∈N ∗),b n =2n−1(n ∈N ∗).（2）由（1）知，S n =n (3+2n+1)2=n (n +2),则c n ={2n(n+2)=1n −1n+2,n 为奇数,2n−1,n 为偶数,所以T 2n =(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)+(21+23+25+⋯+22n−1)=1−12n+1+2(1−4n )1−4=1+22n+13−12n+1.培优点三 两数列的公共项问题典例3 已知数列{a n }与{b n }的通项公式分别为a n =4n −1,b n =3n +2，将它们{a n }与{b n }项的等量关系），求数列{c n }的通项公式. 解题观摩[解析]设a k =b m =c p ，则4k −1=3m +2，审题①因为3,4互质，所以m +1必为4的倍数，即m =4p −1，c p =b m =3(4p −1)+2=12p −1，所以数列{c n }的通项公式为c n =12n −1(n ∈N ∗).解决两个等差数列的公共项问题的两种方法1.不定方程法：列出两个项相等的不定方程，利用数论中的整除知识，求出符合条件的项，并解出相应的通项公式.2.周期法（即寻找下一项）：通过观察找到首项后，从首项开始向后，逐项判断变化较大（如公差的绝对值大）的数列中的项是否为另一个数列中的项，并找到规律（如周期），分析相邻两项之间的关系，从而得到通项公式.给定数列中一个是等差数列，一个是等比数列1. 已知数列{a n}，{b n}的通项公式分别为a n=3n−2,b n=2n，将这两个数列的公共项按从小到大的顺序排列组成一个新的数列{c n}，则数列{c n}的前n项和为4n+1−43.[解析]由题意，令21=3n−2,得n=43，即2不是数列{a n}与{b n}的公共项；令22=3n−2,得n=2，即4是数列{a n}与{b n}的公共项；令23=3n−2,得n=103，即8不是数列{a n}与{b n}的公共项；令24=3n−2,得n=6，即16是数列{a n}与{b n}的公共项.依此类推，可得数列{c n}为4,42,43,44,⋯，即{c n}是首项为4，公比为4的等比数列，故{c n}的前n项和为4(1−4n)1−4=4n+1−43.给定数列中一个是等差数列，一个是非等差非等比数列，求最小值2. 已知数列{a n}，{b n}的通项公式分别为a n=5n−4,b n=n2，将这两个数列的公共项按从小到大的顺序排列组成一个新的数列{c n}，则使得c n>2025成立的n 的最小值为19.[解析]令a k=b m，即5k−4=m2,k,m∈N∗，则k=m2+45=(m+1)(m−1)5+1，所以m=1或m+1=5i或m−1=5i,i∈N∗,则k=1或k=i(5i−2)+1或k=i(5i+2)+1,i∈N∗，所以5k−4=1或5k−4=(5i−1)2或5k−4=(5i+1)2,i∈N∗,故数列{c n}是首项为1，且从第二项起的每一项由数列{(5n+1)2}和{(5n−1)2}的项按从小到大的顺序排列得到的数列，显然数列{(5n+1)2}和{(5n−1)2}都是递增的，又当n=9时，(5n+1)2=462=2116>2025,(5n−1)2=442=1936< 2025,当n=8时，(5n−1)2=392=1521<2025,(5n+1)2=412=1681<2025,即数列{c n}的前18项均小于2025，第19项大于2025，是第一个大于2025的项，所以使得c n>2025成立的n的最小值为19.。

子数列问题及不等式的放缩1、等差数列{}n a 中，首项11a =，公差0d ≠，已知数列123,,,,,n k k k k a a a a 成等比数列，其中1231,2,5k k k ===（1）求数列{}{},n n a k 的通项公式；（2）当,3n N n +∈≥时，求证：3242348222222223n n a a a a k k k k ++++<----2、已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，且2232n n S a n n =+--，n =1,2,3… （Ⅰ）求证: 数列{}2n a n -为等比数列； （Ⅱ）设cos n n b a n π=⋅，求数列{}n b 的前n 项和n P ； （Ⅲ）设1n n c a n=-，数列{}n c 的前n 项和为n T ，求证：3744n T <3、已知数列{}n a 满足11a =，()22221111231n a n n ⎛⎫=++++ ⎪ ⎪-⎝⎭ ，2,3,4,n = 求证：⑴ ()22111n n a n a n ++=+，2,3,4,n = ⑵ 121111114n a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，1,2,3,4,n =4、数列{}221221,2,(1cos )sin ,1,2,3,.22n n n n n a a a a a n ππ+===++= 满足 (Ⅰ)求34,,a a 并求数列{}n a 的通项公式； (Ⅱ)设21122,.n n n n na b S b b b a -==+++ 证明：当162.n n S n ≥-<时，5、已知112211,4,4,,n n n n n na a a a a ab n N a *+++===+=∈． （Ⅰ）求123,,b b b 的值； （Ⅱ）设1,n n n nc b b S +=为数列{}n c 的前n 项和，求证：17n S n ≥； （Ⅲ）求证：22116417n n n b b --<⋅．6、对于各项为正数的数列{}n a ，如果121n n n n a a a a +++<对一切正整数n 都成立，那么数列{}n a 叫做增比数列.⑴ 当2n n a a =+，且{}n a 为增比数列时，求实数a 的取值范围；⑵ 设{}n a 为增比数列，互不相等的正整数,,r s t 成等差数列，试判断2s a 与r t a a 的大小关系，并证明你的结论.7、已知数列{}n a 中的相邻两项212k k a a -，是关于x 的方程2(32)320k k x k x k -++⋅=的两个根，且212(123)k k a a k -≤= ，，， （I ）求1a ，2a ，3a ，7a ；（II ）求数列{}n a 的前2n 项和2n S ； （Ⅲ）记sin 1()32sin n f n n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，(2)(3)(4)(1)123456212(1)(1)(1)(1)f f f f n n n n T a a a a a a a a +-----=++++…， 求证：15()624n T n ≤≤∈*N。

数列中的子数列问题在数学这个神奇的世界里，数列一直是个绕不开的话题。

说到数列中的子数列问题，它其实听起来挺简单的，但真要钻进这个坑，你会发现它可比想象的要复杂得多。

你看啊，数列就像是一个个小小的数字组成的队伍，每个数字都各司其职，排得整整齐齐。

而子数列，就是从这个数字队伍里挑出来的一部分。

别看它们只是原队伍的一部分，但这部分能不能顺利组成一个新的队伍，那就考验你是否能像个小侦探一样，找到其中的规律。

说白了，子数列其实就好比你从一个大大的沙堆里捡出一些沙子。

这些沙子不一定要是从头到尾按顺序捡的，捡的方式可以很随意。

只要这些沙子是从沙堆里出来的，而且顺序是保持不变的，那你就捡到了一个合法的子数列。

想象一下，假如你有一个数列1, 2, 3, 4, 5，你可以挑出1, 3, 5这几个数字组成一个新的子数列。

再比如，你可以挑2,4这两个数字，这样子数列也成立。

你看，规则挺简单吧？但是问题就在这里，如何能高效地找出所有可能的子数列，尤其是在数列特别长的时候，问题就复杂了。

就像你去超市买东西，店里琳琅满目的商品看得你眼花缭乱。

你本来是去买一瓶牛奶，结果一转头，发现了巧克力、饼干、果汁，差点把购物车装成了整个超市。

数列也是一样，光是想从一堆数字中挑出一些不重复的数字，已经够麻烦的了。

如果还要满足特定的条件，比如递增、递减，甚至是满足某种数学公式，那就像是在超市里挑选一个特价商品，还得把优惠券用上。

困难升级，难度大大提高，谁能不头疼呢？不过你要是能明白其中的规律，就能从这堆数字里找到属于自己的“特价商品”。

我们的任务是找出所有的递增子数列。

就拿数列1, 2, 3, 4来说，递增的子数列那简直是眼花缭乱。

2, 4, 6，1, 3，甚至是1, 2, 3, 4自己都可以算作一个递增的子数列。

想想看，如果你是一名超市购物狂，在购物清单上列满了所有的折扣商品，你是不是也会觉得满载而归，开心得不得了？说实话，解这种问题最难的地方就在于时间和空间的限制。

数列收敛子数列收敛数列收敛，是数学领域中重要的一个概念。

它指的是数列中的数趋向于某个固定的数值。

而数列收敛子数列收敛，则是指在一列收敛的数字序列中，其子序列也同样收敛。

在这篇文章中，我将从不同角度阐释数列收敛与子数列收敛。

一、数列收敛的定义在数学中，数列是一列有序的实数或复数，通常用{an}来表示。

如果存在一个数L，对于任意给定的正数ε>0，都存在一个整数N，使得当n>N时，|an - L| < ε，则称数列{an}收敛于L。

例如，数列{1/n}在n趋近于无穷大时收敛于0。

因为对于任意的正数ε>0，当n>N时，|1/n - 0| = 1/n < ε，取N=1/ε即可。

二、子数列的定义在某个数列{an}中，如果存在一个严格递增的正整数子序列{nk}，则称其为{an}的一个子数列。

例如，对于数列{1/n}，其子数列可以是{1, 3, 5, 7, …}, {2, 5, 8, 11, …}等。

三、数列收敛子数列收敛的定义数列{an}收敛于L的充分必要条件是，对数列{an}的任意一个子数列{ank}，也有{ank}收敛于L。

这个定理的证明比较简单，可以理解为：如果一列数趋向于某一个数，那么任何子列也应该趋向于该数。

四、实例分析我们来看一些实例。

例1：数列{(-1)^n} 在n趋向于无穷大时，发散。

但是不难发现，它的子数列{a(3n)} = 1，{a(3n+1)} = -1，{a(3n+2)} = 1都分别收敛于1和-1。

因此，{(-1)^n}存在子数列收敛。

例2：数列{sin(n)}显然也是不收敛的。

但是由于它的值在[-1,1]之间，因此无论如何选取子数列，其也不可能趋向于某个数值。

因此{sin(n)}不存在子数列收敛。

例3：数列{(-1)^n/n}在n趋向于无穷大时收敛于0。

但它的子数列并不一定都收敛于0。

例如{(-1)^(2n)/2n} = 1/2n，可知其收敛于0。

数列中的子数列问题教学反思一、联系教材，导入新课子数列的概念与等差数列的定义紧密相连，因此我首先复习了等差数列的定义。

然后，我利用PPT展示了两个等差数列，通过对比子数列与原数列，让学生明确子数列也是等差数列，从而引出本节课的主题。

二、自主探究，学习新知在这个环节中，我通过两个问题引导学生自主探究子数列的概念和性质。

问题1是：什么是子数列？问题2是：子数列具有哪些性质？我让学生们分组讨论，并鼓励他们通过观察、比较、归纳等方法寻找答案。

学生们积极参与，讨论热烈，课堂气氛活跃。

三、合作交流，深化理解在学生们了解子数列的基本概念和性质后，我设计了一些随堂练习题和一道例题，通过小组合作的方式，让学生们在解题过程中进一步掌握子数列的相关知识。

在这个环节中，我着重引导学生们如何利用子数列的性质解决问题，并鼓励他们互相交流、讨论。

四、归纳小结，巩固新知在课堂即将结束时，我引导学生们回顾了本节课所学的知识点，并让他们总结了子数列的定义、性质以及如何利用子数列解决实际问题。

通过小结，学生们对子数列有了更深入的理解和认识。

五、布置作业，拓展延伸为了让学生们更好地掌握子数列知识，我布置了一些课后作业，包括一些基础练习题和一道拓展延伸题。

我要求学生们在规定时间内完成作业，并鼓励他们在完成作业后继续探讨子数列的相关问题。

总的来说，本节课的教学效果较好。

学生们积极参与课堂活动，对子数列的概念和性质有了较深入的理解和掌握。

但同时我也发现了一些问题，比如有些学生在解题时对子数列的性质运用不够熟练，需要加强练习。

针对这些问题，我将在今后的教学中继续努力改进教学方法和策略，提高教学效果。

解析数列中的子数列问题子数列就是从已知数列中按一定的规律和原则抽出某些项构成一个新数列，由于子数列具有双重身份，自身构成一个数列，又在原数列中，即子数列的每一项既在原数列中，又在子数列中.因此，在解答子数列问题时，要利用好这一特点，另外，要特别注意子数列在两个数列的项数不能混淆.下面就子数列问题进行分类解析.一、从等差数列中抽取子数列例1 一个公差不为零的等差数列的首项为5，其中第1，4，16项分别为正项等比数列{b n }的第1，3，5项，求数列{a n }的公差和{b n }的公比值.分析：因为题中涉及到等比、等差数列的公比和公差，所以可以利用等比、等差数列的通过公式，建立关于公差d 与公比q 的方程进行处理.解：设{a n }的公差为d(d ≠0)，则a 1=5，a 4=5＋3d ，a 16=5＋15d ，设{b n }的公比为q ，则b 1=5，b 3=5q 2，b 5=5q 4，依题意有⎩⎨⎧ 5q 2=5＋3d (1)5q 4=5＋15d (2)， 由二式得q 4﹣5q 2＋4=0，∴q 2=4，或q 2=1，如果q 2=1，则b 1=b 3=b 5，从而a 1=a 4=a 16， 与已知d ≠0矛盾，故q 2=4，∵b n >0，q=2，代入(1)得d=5.评注：回归到知识的起点，对解决问题往往会收到奇效，本题通过将数列问题化归到首项、公差(公比)，使问题得到了顺利的解决.例2 已知数列{a n }为等差数列，公差d≠0，{a n }中部分项组成的数列a k 1，a k 2，a k 3，…，a k n ，…恰为等比数列，且知k 1=1，k 2=5，k 3=17.（1）求k n ；（2）证明：k 1＋k 2＋……＋k n ＝3n ﹣n ﹣1.分析：因为数列a k 1，a k 2，a k 3，…，a k n ，…恰为等比数列，因此，可利用两个数列的相互依存的关系解决子数列的公比，进而求得a k n 的表达式，即可使问题得到解决.解:依题意: a k 1=a 1，a k 2=a 5=a 1＋4d ，a k 3=a 17=a 1＋16d.而a k 1，a k 2，a k 3为等比数列，所以，(a 1＋4d)2=a 1(a 1＋16d)，从而解得 a 1=2d .因而{a k n }的公比q=a 5a 1=a 1＋4d a 1=a 1＋2 a 1a 1=3. 而a k n 在等差数列{a n }中是第k n 项，∴a k n =a 1＋(k n ﹣1)d ，即a k n =(k n ＋1)d……(1)， 又a k n 在等比数列{a k n }中是第n 项，∴a k n =a 1·qn ﹣1即a k n =2d·3n ﹣1…(2)， 联立(1)(2)解得k n =2·3n ﹣1﹣1.(2)k 1＋k 2＋…＋k n =(2·30﹣1)＋(2·31﹣1)＋…＋(2·3n ﹣1﹣1)=2(30＋31＋…＋3n ﹣1)﹣n=2·3n ﹣13﹣1﹣n=3n ﹣n ﹣1. 评注：解决子数列a k n 的表达式，是解决本题的一个关键，要解决子数列的表达式必须充分利用两个数列的相互间的依存关系.例3 已知无穷等差数列{a n}，首项a1＝3，公差d＝﹣5，依次取出项数被4除余3的项组成数列{b n}.(1)求b1和b2；(2)求{b n}的通项公式；(3){b n}中的第110项是{a n}的第几项？分析：数列{b n}是数列{a n}的一个子数列，其项数构成以3为首项，4为公差的等差数列，由于{a n}是等差数列，则{b n}也是等差数列.解：(1)∵a1=3，d=﹣5，∴a n=3＋(n﹣1)(﹣5)=8﹣5n，数列{a n}中项数被4除余3的项是{a n}的第3项，第7项，第11项，……这些项组成一个新的等差数列(第二问中加以证明)，其首项b1=a3=﹣7，b2=a7=﹣27.(2)设{a n}中的第m项是{b n}的第n项，即b n=a m，则m=3＋4(n﹣1)=4n﹣1，∴b n=a m=a4n﹣1=8﹣5(4n﹣1)=13﹣20n(n∈N*)，∵b n﹣b n﹣1=﹣20(n≥2，n∈N＋)，∴{b n}是等差数列，其通项公式为b n=13﹣20n.(3)b110=13﹣20×110=﹣2187，设它是{a n}中的第m项，则﹣2187=8﹣5m，则m=439.评注：解决本题的关键是找准原数列与子数列的项数之间的关系：m=3＋4(n﹣1)=4n﹣1.二、从等比数列中抽取子数列例4 已知数列{a n}是无穷等比数列，公比为q，在数列{a n}中，每隔10项取出一项，组成一个新的数列，这个数列是等比数列吗？如果是，它的公比是多少？分析：判断数列是否为等比数列，可根据等比数列定义，也就是判断此数列第一项与前一项的比是否为常数，本题关键是首先把新数列找出来，然后再按等比数列的定义进行判定.解：设新数列首项为a m(m为常数，m∈N*)，由题意，新数列为a m，a m＋10，a m＋20，a m＋30，…，a m＋10(n﹣1)，…(n∈N*)，其相邻两项为a m＋10(n﹣2)，a m＋10(n ﹣1)，因数列{a n}是等比数列，故有a n= a1q n﹣1.∴a m＋10(n﹣1)= a1q[m＋10(n﹣1)]﹣1= a1q m＋10n﹣11，a m＋10(n﹣2)= a1q[m＋10(n﹣2)]﹣1= a1q m＋10n﹣21，∴a m＋10(n﹣1)a m＋10(n﹣2)=a1q m＋10n﹣11a1q m＋10n﹣21=q10 (常数)，∴新数列是等比数列，它的公比是q10，评注：公比为q的等比数列，从中取出等距离的项组成一个新的数列，仍是等比数列，其公比为q m(m为等距离的项数之差)，这是等比数列的一条性质，本题正是这一性质的体现.三、两个数列公共项构成的子数列例5已知两个等差数列：5，8，11，……；①3，7，11，……；②它们的项数均为100项，试问他们有多少个彼此具有相同数值的项.分析：由于数列均为等差数列，其公共项构成的数列也是等差数列，或利用两个数列的通项公式，建立一个等式，利用“n∈N*”这一条件寻求新数列的满足的条件，使问题获解.因此，有以下两种解法.解法一：设两数列共同项组成的新数列为{c n}，易知c n＝11，又数列5，8，11，……的通项公式为a n＝3n＋2，公差为3，而数列3，7，11，……的通项公式为b n＝4n﹣1，公差为4，所以数列{c n}仍为等差数列，且公差为d=12，故数列{c n}的通项公式为c n＝11＋(n﹣1)·12＝12n﹣1，又a100＝302，b100＝399，∴c n＝12n﹣1≤302，得n≤25，所以已知两数列有25个共同的项。

等差数列中等比数列子数列的探究一、【问题提出】从数列}{n a 中取出部分项,并将它们按原来的顺序组成一个数列,称之为数列}{n a 的一个子数列.等差数列和等比数列是高中数学的重要内容,也是高考说明中的两个C 级考点,其难度水平不言而喻.通过对数列考题的梳理，发现在等差数列中探究等比子数列是常考问题之一.本文力求给出解决该类问题的一般思路和方法,供大家参考.二、【问题解决】例1 等差数列}{n a 的通项为*,23N n n a n ∈-=,数列}{n a 中是否存在不同的三项（按原来的顺序）成等比数列？数列}{n a 中是否存在无穷等比数列子数列？【解题分析】写出数列的一些项：1，4，7，10，13，16，19，……，观察可以发现，其中1，4，16成等比数列，即1a ,2a ,6a 成等比数列，且公比为4.是否存在无穷等比数列子数列,只要判断在上面的等比数列，即首项为1,公比为4的等比数列中任意一项都是等差数列的项.【解法】由23-=n a n 得11=a ,42=a ,166=a ，所以存在不同的三项成等比数列，且公比为4.下证等比数列的第4项也是等差数列中的项，记1n a 是数列的第四项，则42661==a a a a n ，而43)26(3)6(126626611=⨯-⨯-=--==n a a a a a aa a n n ，所以)26(461-⨯+=n ，同理，可以算得等比数列的第五项2n a ，其中)6(4112-⨯+=n n n ，……，依次可以得到下一项，从而一定存在无穷等比数列子数列.【点评】1.探究数列问题常常从写出数列的前几项观察开始;2.说明等差数列中存在无穷等比数列子数列是通过构造等比数列的后一项,来说明该项一定在等差数列中,其中用到比例的性质,也可以从等比数列的通项入手,说明等比数列中的任意一项都在等差数列中,即由等比数列的第n 项是等差数列的第m 项列出等式，说明用n 表示出的m 一定是正整数，说明过程中需要用二项式定理.3.从构造等比数列的过程可以发现,只要等差数列中存在两项,其后项与前项的比为整数,则一定存在等比数列子数列.结论:一个公差非零的无穷等差数列}{n a 中, 如果存在两项1n a ，2n a (21n n <),使12n n a a 为正整数，则该数列中一定存在无穷等比数列子数列.例2 等差数列}{n a 的通项为*,23N n n a n ∈-=,试确定等比数列子数列公比的最小值.【解题分析】数列}{n a 的每一项都是正整数，且是递增数列，所以先确定其等比数列子数列的公比一定是不小于2的整数，再运用子数列中项的双重性建立等量关系，确定公比的最小值.【解法】由*,23N n n a n ∈-=知，*N a n ∈，n n a a >+1，记其等比数列子数列}{n k a 的公比为q ，首项为1k a ，则2≥q 且*N q ∈，否则，一定存在*N n ∈使Z q a n k ∉-11.由n k a 是等差数列的第n k 项，同时又是等比数列的第n 项，得3)(11⨯-+=k k a a n k k n ，11-=n k k q a a n ，所以11113)(-=⨯-+n k n k q a k k a ，*11)1(31N q a k k n k n ∈-=--由于1k a 不是3的倍数,所以当*N n ∈时11--n q 必是3的倍数.当*,2N n n ∈≥时，)1)(1(1321++++-=----q q q q qn n n ，其中132++++--q q q n n 的公约数为1，从而1-q 必是3的倍数，所以公比q 的最小值为4.【点评】1.等差数列中的等比数列子数列问题，特别要关注子数列的项在不同数列中的表示； 2. 在解决问题的过程中，用到了等差等比数列的基本性质，还涉及整除、因式分解等数论相关基础知识，本题中等差数列的各项均为整数，易得等比数列子数列的公比为正整数，实际上，一般等差数列若存在等比数列子数列，其公比也是正整数.结论：等差数列的公差非零，如果存在等比数列子数列，则其公比是大于1的整数. 例3 在等差数列}{bn a +)0(≠ab 中是否存在无穷等比数列子数列？【解法分析】先从数列中存在等比数列子数列入手,探究b a ,应该满足的条件,再考虑所得条件是否充分,从而确定等差数列}{bn a +)0(≠ab 中存在无穷等比数列子数列条件.【解法】设}{bn a +中存在一个等比数列子数列：1bn a +，2bn a +，3bn a +，…，其中<<<321n n n ，由前三项成等比数列可知23131222n n n n n n b a -+-=，显然Q n n n n n n ∈-+-23131222，从而有Q ba∈是存在一个等比数列子数列的必要条件； 反过来，如果Q ba∈，不妨设Z b a ∈,且0>b ，取自然数1n ，使011>+=bn a c ①，设q c bn a 12=+②，223q c bn a =+③，由②-①知：)1()(112-=-q c n n b ，取b q =-1，则1+=b q ，112c n n +=，由③-②知：bq c q q c n n b 1123)1()(=-=-，q c n n 123+=.由归纳法知11-=+k k q c bn a ，其中1+=b q ，111-++=k k k q c n n .所以子数列}{k bn a +成等比数列.【点评】探究存在性问题，一般先从存在入手，寻找结论的必要性，特别是从前三项去确定条件是一种自然的思路，但必须确定条件的充分性.本题中，充分性的确定也是采用的构造法，实际上是从同号的项开始，确定两项，使得两项之比为整数.结论：1.等差数列}{bn a +)0(≠ab 中存在一个无穷等比数列子数列的充要条件是Q ba∈. 2.公差为d (0≠d )非零等差数列}{n a 中Q da ∉1，则其一定不存在等比数列子数列. 三、【真题链接】1.已知{}n a 是等差数列，{}n b 是公比为q 的等比数列，11221,a b a b a ==≠，（1）若3(i b a i =是某一正整数)，求证：q 是整数，且数列{}n b 中每一项都是数列{}n a 中的项；（2）是否存在这样的正数q ，使等比数列{}n b 中有三项成等差数列？若存在，写出一个q 的值，并加以说明；若不存在，请说明理由；2.求证：对于给定的正整数n (4n ≥)，存在一个各项及公差均不为零的等差数列12b b ，，，n b ，其中任意三项（按原来的顺序）都不能组成等比数列． 四、【练习】1.在公差不为0的等差数列}{n a 中,1a ,3a ,9a ,m a 恰好为等比数列的前四项,则m =___.2.若等差数列}{n a 中，公差*N d ∈,65=a ,求所有的公差d 的值,使3a ,5a ,1n a ,2n a ,…,i n a ,…成等比数列，其中5>i n )(*N i ∈.3.设等差数列}{n a 的通项公式为3432+=n a n ,若从}{n a 中抽取一个公比为q 的等比数列}{n k a ,其中11=k ,且 <<<<n k k k 21,*N k n ∈,求当q 取最小值时,}{n k 的通项公式. 参考解答： 1.m=27;2.由2531a a a n =⋅得36])5(6)[26(1=-+-d n d ，化简得d dn -=-+3)5(6181*1,5N d n ∈> d ∴的可能取值为2,1.当1=d 时，81=n ，Z n a n ∈+=∴122，另一方面，Z a a a a n ∉=⋅=227)(23552，矛盾，故1=d 不成立.（此时Z a a ∉35） 同理，2=d 成立.3.32)1(1⨯-+=n k k a a n ，11-=n k q a a n ， 11132)1(-=⨯-+∴n n q a k a ，231-=-n n q k 由前面的讨论可知，公比q 的最小值为2，所以2231-⨯=-n n k .。

数列规律探究活动教案课题名称：数列规律探究活动教学目标：知识与技能：1. 学生能够识别和描述不同类型的数列，如等差数列、等比数列。

2. 学生能够运用公式推导数列的通项公式。

3. 学生能够通过观察和分析数列的前几项来预测数列的规律。

过程与方法：1. 学生通过实验探究来发现数列的规律。

2. 学生通过小组合作来解决问题，培养团队协作能力。

3. 学生通过使用计算工具来验证他们的发现。

情感态度与价值观：1. 学生培养对数学问题的好奇心和探究精神。

2. 学生通过解决实际问题来增强自信心。

3. 学生认识到数学在日常生活和科学研究中的重要性。

教学重点与难点（解决策略）：重点：1. 理解数列的定义和类型。

2. 掌握数列的通项公式。

难点：1. 推导数列的通项公式。

2. 分析复杂的数列规律。

解决策略：1. 通过实例和图形来直观展示数列的性质。

2. 提供丰富的练习题和实际问题来帮助学生掌握通项公式。

3. 鼓励学生通过小组讨论和合作来解决问题。

教学准备：教学资源：1. 数列的相关教材和教学资料。

2. 多媒体教学设备，如投影仪和计算机。

教具和设备：1. 数列卡片或图表。

2. 计算器或计算软件。

教学过程：一、导入（10分钟）1. 展示一系列数列，让学生观察并说出数列的规律。

2. 引导学生讨论数列在日常生活中的应用。

二、新课讲授（30分钟）1. 讲解数列的定义和类型，如等差数列、等比数列。

2. 举例说明数列的通项公式，并展示如何推导。

3. 通过多媒体展示数列的性质和规律。

三、实践活动（30分钟）1. 学生分组进行数列规律探究活动。

2. 每组选择一个数列，分析其规律，推导通项公式。

3. 使用计算器验证他们的发现。

四、课堂小结（10分钟）1. 学生分享他们的探究结果。

2. 教师总结数列规律的关键点和注意事项。

五、作业布置（5分钟）1. 完成课后练习题，巩固所学知识。

2. 准备下一节课的讨论话题。

板书设计：- 数列的定义- 数列的类型：等差数列、等比数列- 通项公式的推导- 数列的应用课后反思：评估标准：1. 学生是否能正确识别和描述数列类型。

等差（等比）数列中存在等比（等差）子数列的研究（一）等差数列和等比数列是数列的核心内容，等差数列中若存在连续三项成等比数列，通过两个数列基本量的分析，我们较容易得到等差数列的公差0d =．一般的，在一个等差数列中是否存在部分项（按原来顺序）成等比数列？在一个无穷等差数列中是否存在一个无穷等比子数列呢呢？显然，对于正整数列1 2 3 4 ，，，，，满足要求．那么是否是所有的等差数列都满足呢？在等比数列中有类似的结论吗？这就是本节我们需要研究的内容．例1. 已知数列{}n a 是等比数列．若数列{}n b 是公差不为零的等差数列，11a b =，22a b =，3m a b =，其中m 是某个正整数，且3m ≥，求证：数列{}n a 中的每一项都是数列{}n b 中的项．【探究】于是我们说，等比数列{}n a 是等差数列{}n b 的一个无穷子数列．例1中条件改为只满足前两项呢？例2.等差数列{}n a 与等比数列{}n b 的前两项分别相同，则{}n b 中的项都是{}n a 中的项的充要条件1da 是非负整数（d 为{}n a 的公差）．【探究】相同条件下，等比数列中会存在等差子数列吗？例3.已知无穷等比数列{}n b ，且公比1q ≠，求证：不存在无穷等差数列{}n a ，使{}n a ，{}n b 前两项相同且{}n a 中的项都是{}n b 中的项．刚才我们研究的是等差数列与等比数列中，在满足前2或3项相同的条件下相互间 的关系，那么对于普通的等差数列或等比数列呢？我们暂时先来研究是否存在三项满足要求．显然存在等差数列，其中三项（按原来顺序）能构成等比数列，那么是否是所有的等差数列中都能找到三项成等比呢？如果是，该如何证明；如果不是，那应该是怎么样的一类等差数列里找不到呢？例4.（1）设12 n a a a ，，，是各项均不为零的等差数列()4n ≥，且公差0d ≠，若将此数列删去某一项得到的数列（按原来顺序）是等比数列． ①当4n =时，求1a d的值；②求n 的所有可能值； （2）求证：对于一个给定的正整数n ()4n ≥，存在一个各项及公差均不为零的等差数列12 n b b b ，，，，其中任意三项（按原来顺序）都不能构成等比数列．（二）上节我们得到，取1a d为无理数时，等差数列{}n a 中的任意三项（按原来顺序）都 不能构成等比数列，于是下面这道竞赛题也就迎刃而解了．例5.设等差数列{}n a 中有一项为1{}n a 中任意三项不构成等 比数列．此命题可以推广到一般情形：若等差数列{}n a 中有一项为有理数a ，另有一项为无理数η，则数列{}n a 中任意三项都不构成等比数列．那么取1a d为有理数时，等差数列{}n a 中就一定能存在三项（按原来顺序）能构成 等比数列吗？如果能，会存在一个无穷等比子数列吗？我们先从一个例子开始． 例6.已知数列{}n a 满足31n a n =-，将数列{}n a 中的部分项按原来顺序构成数列{}n b ，且12b a =，证明：存在无数个满足条件的无穷等比数列{}n b ．【探究】就解题而言，例4已经解决，但公比除了为以上情况外，还能有其他形式吗？对于一个一般数列呢？本题命题老师给出了具体的等差数列{}n a ，使得问题难度大大降低．其实本题中公比为7，10，13，…也满足题意，这些公比又是如何得到的呢？跟等差数列的什么相关呢？我们来让数列的首项不确定．例7.已知数列{}n a 是首项为a ，公差为1的等差数列，求证：{}n a 中能抽取一个等比子数列的充要条件是a 为有理数．推广到一般情形即为：例8.求证：等差数列{}n a 中包含一个无穷等比子数列的充要条件是1a d为有理数．（三）例9.若等差数列{}n a 满足1a pd r=，p ，r 是互质的整数且r 是正整数，则{}n a 的任意等比子数列的公比为*1 N q kr k =+∈，．那如何从等比数列中抽取一个等差数列呢？要求又是什么呢？例10.求证：能从一个公比为q 的无穷等比实数列{}n a 中，按序号抽取一个无穷等差子数列{}k n a 的充要条件是1q =±．到此，我们得到结论， ①若{}n a 为等差数列，且1a d为有理数，那么它包含无穷等比子数列．若1a pd r =，p ，r是互质的整数且r 是正整数，则{}n a 的等比子数列的公比为*1 N q kr k =+∈，． ②若{}n a 为等差数列，且1a d为无理数，那么它任意三项（按原来顺序）都不能构成等比数列．③若{}n a 为实数等比数列，且1q =±，那么它包含一个公差为零的无穷等差子数列． ④若{}n a 为实数等比数列，且1q ≠±，那么它不包含一个等差子数列． 【延伸】对于等比数列中的等差子数列，在复数范围内研究．例11.在无穷等比复数列{}n a 中，首项()()1cos isin R a r r =+∈，ααα，公比cos isin q =+αα，若()*2πZ 21N k k n n n =∈∈-，，≥α，则在此等比数列中可得到无穷等差数列．。

子数列问题的三种类型数列的项数相当于函数的自变量，通项公式相当于对应法则，对数列的研究应很好地把握项数，研究数列的子数列一定要研究二者项数的关系.一、从一个数列中按下标的规律取出一些项构成新的数列例1、已知等差数列}{n a 中，52=a ，前10项和12010=s ，若从数列}{n a 中依次取出第2项、第4项、第8项，…，第n2项，按原顺序组成新数列{}n b ，且这数列前n 项和为n T ，试比较1+n T 与n T 2的大小。

解析：设}{n a 的公差为d ,则⎪⎩⎪⎨⎧⎩⎨⎧==⇒=⨯+=+231202*********d a d a d a 122,122)1(32+⋅==+=⋅-+=∴n nn n a b n n a )222(221n n n T ++++=∴4212)12(222-+=--⋅+=+n n n nn n n T T n n n n -=-+--+=-∴+++5)42(2)32(2231∴当)(51时N n n ∈<≤，1+n T >2n T 当n=5时, 1+n T =2n T当n>5)(N n ∈时, 1+n T <2n T 。

例2、已知无穷等差数列，首项公差，依次取出项数被4除余3的项组成数列. （1）求和；（2）求的通项公式； （3）中的第110项是的第几项？分析：数列是数列的一个子数列，其项数构成以3为首项，4为公差的等差数列，由于是等差数列，则也是等差数列.解：（1），数列中项数被4除余3的项是的第3项，第7项，第11项，…，这些项组成一个新的等差数列（第二问中加以证明），其首项，.（2）设中的第项是的第项，即，则，∴是等差数列，其通项公式为.（3）设它是中的第项，则，则二、从一个数列中取出一些项按项的规律构成新的数列，例3、已知等差数列{na}的首项}{,0,01nada由公差≠≠的部分项组成的数列21,bbaa，……nba，……为等比数列，其中.6,2,1321===bbb（I）求数列{nb}的通项公式nb；（II）若数列{nb}的前n项和为1423lim,-∞→-nnnnnSS求的值.解：（I）,6122aaa=.3,0,03),5()(1121121adddaddaada=∴≠=-+=+∴.4=∴qdbaaaanbnbnn)1(.4111-+=⋅=∴-又.3)1(11aban-+=.41)1(3,0.3)1(4111111--=+-∴≠∴-+=⋅∴nnnnbaabaa.32341+=∴-n n b（II ）n n b b b b S +++=321)2314(313241413132)441(31)3234()3234()3234(1110n n n n nn n +-=+--⋅=++++=++++++=-- 344314lim 423lim11=⋅-=--∞→-∞→n n n n n n n S . 例4、已知{n a }为等差数列，公差}{n a d ,0≠中的部分项组成的数列 ,,,21n k k k a a a 恰为等比数列，其中17,5,1321===k k k ， ⑴求n k⑵求证：1321--=+++n k k k n n ； 解析：㈠由题设知,,,321k k k a a a ，即为,,,1751a a a 成等比数列，则17125a a a ⋅=即)16()4(121d a a d a +=+ d a d 2,01=∴≠ 公比341115=+==a da a a q 11113--⋅=⋅=∴n n k a q a a N又2)1()1(111a k a d k a a n n k n ⋅-+=⋅-+= 111132)1(-⋅=⋅-+∴n n a a k a 132,011-⨯=∴≠-n n k a㈡n k k k +++ 21=n n -++++⨯-)3333(21210=1313132--=---⨯n n n n 三、求两个数列的公共项，求两个等差数列的公共项常用整除讨论的方法；求等差数列与等比数列的公共项常用到二项式定理．例5、已知两个等差数列： 5，8，11，……； ① 3，7，11，……； ②它们的项数均为100项，试问他们有多少个彼此具有相同数值的项。

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第30讲子数列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，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(2022·淄博模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1，n 为奇数，2a n ，n 为偶数，n ∈N *.设b n ＝a 2n －1.(1)证明：数列{b n ＋2}为等比数列，并求出{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前2n 项和． (1)证明 由题意可知b 1＝a 1＝1， b n ＋1＝a 2n ＋1＝2a 2n ＝2(a 2n －1＋1) ＝2a 2n －1＋2＝2b n ＋2， 故b n ＋1＋2＝2(b n ＋2)， 即b n ＋1＋2b n ＋2＝2， 故{b n ＋2}是以b 1＋2＝3为首项，以q ＝2为公比的等比数列， 所以b n ＋2＝3×2n －1，n ∈N *，故b n ＝3×2n －1－2，n ∈N *.(2)解 由(1)知，b n ＝3×2n －1－2，n ∈N *，即a 2n －1＝3×2n －1－2，n ∈N *，由题意知a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1，n ＝2k －1，2a n ，n ＝2k ，k ∈N *，故a 2n ＝a 2n －1＋1，n ∈N *，故数列{a n }的前2n 项和S 2n ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n )＝2(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋n ＝2[3(20＋21＋22＋…＋2n －1)－2n ]＋n＝6×1－2n1－2－3n ＝6(2n －1)－3n .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(a n ＋a n ＋1＝f (n )或a n ·a n ＋1＝f (n ))； ②含有(－1)n 的类型； ③含有{a 2n }，{a 2n －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{a n }求S n 时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a 2k －1＋a 2k 看作一项，求出S 2k ，再求S 2k －1＝S 2k －a 2k .跟踪演练1 (2022·山东学期联考)已知数列{a n }满足a n －1－a n ＝a n －a n ＋1(n ≥2)，且a 1＝1，a 7＝13；数列{b n }的前n 项和为S n ，且S n ＝3n －12.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由已知可得，2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)， 则数列{a n }为等差数列，设其公差为d ， 由a 7＝a 1＋6d ＝13，解得d ＝2， ∴a n ＝2n －1，在数列{b n }中，当n ＝1时，b 1＝S 1＝1， 当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝3n －12－3n －1－12＝3n －1，当n ＝1时，满足上式，∴b n ＝3n －1.(2)因为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，则当n 为偶数时，T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝1＋5＋…＋2n －3＋3＋…＋3n －1＝n2(1＋2n －3)2＋3－3n ＋11－9＝n 2－n 2＋3n ＋1－38，当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋c n ＝n 2＋n 2＋3n －38(n >2)，当n ＝1时，上式也成立．综上，T n＝⎩⎨⎧n 2－n 2＋3n ＋1－38，n 为偶数，n 2＋n 2＋3n－38，n 为奇数.考点二 两数列的公共项例2 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋n2，{b n }的前n 项之积T n ＝()122n n +(n ∈N *)．(1)求{a n }与{b n }的通项公式；(2)把数列{a n }和{b n }的公共项由小到大排成的数列记为{c n }，求c 1＋c 2＋…＋c 20的值． 解 (1)由S n ＝3n 2＋n 2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －1， 当n ＝1时，上式也成立， 所以a n ＝3n －1，由T n ＝()122n n +，当n ＝1时，b 1＝T 1＝2，当n ≥2时，b n ＝T nT n －1＝2n ，当n ＝1时，上式也成立，所以b n ＝2n .(2)数列{a n }和{b n }的公共项依次为21，23，25，27，…，∴21，23，25，27，…构成首项为2，公比为4的等比数列，∴c n ＝2×4n －1，则c 1＋c 2＋…＋c 20＝2×(1－420)1－4＝2(420－1)3.规律方法 两个等差数列的公共项是等差数列，且公差是两等差数列公差的最小公倍数，两个等比数列的公共项是等比数列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数．跟踪演练2 (2020·新高考全国Ⅰ)将数列{2n －1}与{3n －2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________． 答案 3n 2－2n解析 方法一 (观察归纳法)数列{2n －1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…； 数列{3n －2}的各项为1,4,7,10,13，….观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列， 则a n ＝1＋6(n －1)＝6n －5.故前n 项和为S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (1＋6n －5)2＝3n 2－2n .方法二 (引入参变量法)令b n ＝2n －1，c m ＝3m －2，b n ＝c m ，则2n －1＝3m －2，即3m ＝2n ＋1，m 必为奇数． 令m ＝2t －1，则n ＝3t －2(t ＝1,2,3，…)． a t ＝b 3t －2＝c 2t －1＝6t －5，即a n ＝6n －5. 以下同方法一．考点三 分段数列例3 已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100. 解 (1)由于数列{a n }是公比大于1的等比数列，设首项为a 1，公比为q ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8，解得a 1＝2，q ＝2或a 1＝32，q ＝12(舍)，所以a n ＝2n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)方法一 由题意知，2n ≤m ，即n ≤log 2m ， 当m ＝1时，b 1＝0.当m ∈[2k ，2k ＋1－1)时，b m ＝k ，k ∈N *，则S 100＝b 1＋(b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5＋…＋b 7)＋…＋(b 32＋b 33＋…＋b 63)＋(b 64＋b 65＋…＋b 100) ＝0＋1×2＋2×4＋3×8＋4×16＋5×32＋6×37 ＝480.方法二 由题意知b m ＝k ，m ∈[2k ，2k ＋1)，因此，当m ＝1时，b 1＝0； 当m ∈[2,4)时，b m ＝1； 当m ∈[4,8)时，b m ＝2； 当m ∈[8,16)时，b m ＝3； 当m ∈[16,32)时，b m ＝4； 当m ∈[32,64)时，b m ＝5； 当m ∈[64,128)时，b m ＝6.所以S 100＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 100＝0＋(1＋1)＋(2＋2＋2＋2)＋...＋(6＋6＋ (6)＝0＋1×2＋2×4＋3×8＋4×16＋5×32＋6×37 ＝480.所以数列{b n }的前100项和S 100＝480.规律方法 解决此类问题的关键是通过阅读、理解题意求分段数列的通项，要弄清楚为什么要分段，从什么地方开始分段．常见的题型有取整问题、求绝对值数列的和、添加部分数列或删除部分数列等．跟踪演练3 (2022·荆州质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝13(a n －1)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n ·sin n π2，求数列{b n }的前100项的和T 100.解 (1)由S n ＝13(a n －1)，得S n ＋1＝13(a n ＋1－1)，两式相减得a n ＋1＝13a n ＋1－13a n ，即a n ＋1＝－12a n ，又当n ＝1时，a 1＝S 1＝13(a 1－1)，解得a 1＝－12，所以{a n }是以－12为首项，－12为公比的等比数列，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n . (2)由(1)可知b n＝a n·sin n π2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n，n ＝4k ＋1，0，n ＝4k ＋2，－a n，n ＝4k ＋3，0，n ＝4k ＋4，k ∈N ，所以b 1，b 3，b 5，b 7，…，b 97，b 99是首项为－12，公比为－14的等比数列，共有50项，所以T 100＝a 1－a 3＋a 5－a 7＋…＋a 97－a 99 ＝－12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－14501－⎝⎛⎭⎫－14＝－25＋15×1299.专题强化练1．(2022·青岛模拟)已知{a n }为等比数列，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数都不在下表的同一列，{b n }为等差数列，其前n 项和为S n ，且a 1＝b 3－2b 1，S 7＝7a 3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若c n ＝[lg b n ]，其中[x ]是高斯函数(表示不超过x 的最大整数)，如[lg 2]＝0，[lg 98]＝1，求数列{c n }的前100项的和T 100.解 (1)由题意知a 1＝2，a 2＝4，a 3＝8， 所以等比数列{a n }的公比q ＝2，a n ＝a 1q n －1＝2n ，设等差数列{b n }的公差为d ， 则2＝b 3－2b 1＝2d －b 1， S 7＝7(b 1＋b 7)2＝7b 4＝7a 3，所以b 4＝8＝b 1＋3d ， 所以b 1＝2，d ＝2，b n ＝2n .(2)由(1)知c n ＝[lg (2n )]，则T 100＝c 1＋c 2＋…＋c 100＝[lg 2]＋[lg 4]＋[lg 6]＋[lg 8]＋[lg 10]＋…＋[lg 98]＋[lg 100]＋…＋[lg 200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147.2．(2022·济宁模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＝9，S 7＝49. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n ≤10，2b n －10，n >10，求数列{b n }的前100项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 则⎩⎪⎨⎪⎧a 5＝a 1＋4d ＝9，S 7＝7a 1＋7×6d 2＝49，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)因为b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n ≤10，2b n －10，n >10，所以数列{b n }的前100项和为(b 1＋b 2＋…＋b 10)＋(b 11＋b 12＋…＋b 20)＋(b 21＋b 22＋…＋b 30)＋…＋(b 91＋b 92＋…＋b 100) ＝(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋22(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋…＋29(a 1＋a 2＋…＋a 10) ＝(1＋2＋22＋…＋29)(a 1＋a 2＋…＋a 10) ＝1－2101－2×10×(1＋19)2＝102 300.3．已知等比数列{b n }和递增的等差数列{a n }满足a 1＝12，b 1＝1，a 2＝5b 2，a 3＝2b 3. (1)求数列{a n }和数列{b n }的通项公式；(2)数列{a n }和数列{b n }中的所有项分别构成集合A 和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{c n }，求数列{c n }的前63项和S 63.解 (1)设等比数列{b n }和递增的等差数列{a n }的公比和公差分别为q ，d (d >0)， 故由a 1＝12，b 1＝1，a 2＝5b 2，a 3＝2b 3，可得⎩⎪⎨⎪⎧12＋d ＝5q ，12＋2d ＝2q 2， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝3，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－2，q ＝2(舍去)，故a n ＝12＋3(n －1)＝3n ＋9，b n ＝3n －1.(2)b 1＝1，b 2＝3，b 3＝9，b 4＝27，b 5＝81，b 6＝243， ∴b 4＝a 6，b 5＝a 24，b 6＝a 78， ∴b 4，b 5是公共项，∴S 63＝(b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5)＋(a 1＋…＋a 60)－(b 4＋b 5) ＝1＋3＋9＋12×60＋60×592×3＝6 043.4．(2022·山东联考)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝ka n (k ≠1)，n ∈N *，a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列．(1)求k 的值和{a n }的通项公式；(2)设b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 2n ，n 为奇数，log 2a n，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)因为a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列， 所以2(a 3＋a 4)＝a 2＋a 3＋a 4＋a 5， 得a 5－a 3＝a 4－a 2， 得(k －1)a 2＝(k －1)a 3， 因为k ≠1，所以a 2＝a 3＝2，所以k ＝a 3a 1＝2，得a n ＝1222,2n n n n -⎧⎪⎨⎪.⎩，，为奇数为偶数(2)由(1)知，b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为奇数，n 2，n 为偶数，当n 为偶数时，设n ＝2k ，k ∈N *，可得S n ＝S 2k ＝b 1＋b 3＋…＋b 2k －1＋b 2＋b 4＋…＋b 2k ＝20＋22＋…＋22k －2＋12(2＋4＋…＋2k )＝1－4k 1－4＋12×(2＋2k )k 2＝4k －13＋(k ＋1)k 2，即S n ＝2n －13＋n 2＋2n8；当n 为奇数时，设n ＝2k －1，k ∈N *， 可得S n ＝S 2k －1＝b 1＋b 3＋…＋b 2k －1＋b 2＋b 4＋…＋b 2k －2 ＝20＋22＋…＋22k －2＋12(2＋4＋…＋2k －2)＝1－4k 1－4＋12×(2＋2k －2)(k －1)2＝4k －13＋k (k －1)2，即S n ＝2n ＋1－13＋n 2－18.综上所述，S n＝⎩⎨⎧2n －13＋n 2＋2n8，n 为偶数，2n ＋1－13＋n 2－18，n 为奇数.。

收敛数列与其子数列间的关系数列是数学中的一个重要概念，它是由一些有序的数所组成的序列。

数列的研究在数学中有着广泛的应用，尤其是在微积分、实分析、数论等领域中。

在数列中，收敛数列是一个十分重要的概念，它在数学中有着重要的地位。

本文将介绍收敛数列及其子数列之间的关系。

一、收敛数列数列{an}的极限是指当数列中的元素趋近于某个值L时，L就是数列的极限。

一般来说，数列的极限并不一定存在，但是如果数列中的元素趋于某个值L，我们就称该数列收敛于L。

如果数列不收敛，我们就称该数列是发散的。

对于一个收敛数列，其极限是唯一的。

这意味着如果一个数列收敛，那么它的极限是唯一的。

我们可以用以下的符号表示数列an收敛于L：lim an = Ln→∞其中，lim代表极限，n→∞表示当n趋近于无穷大时，数列中的元素趋近于L。

如果数列收敛于L，我们就说数列是收敛的。

反之，如果数列不收敛，我们就说数列是发散的。

二、子数列在数列中，子数列是由原数列中的一些元素所组成的序列。

比如说，对于数列{an}，如果我们从中选出一些元素，组成一个新的序列{an1,an2,an3,...}，那么这个新序列就是原数列的一个子数列。

对于一个数列{an}，我们可以通过以下方式构造一个子数列：1. 选取原数列中的某些元素，组成一个新的序列。

2. 保持原数列中的元素顺序不变。

3. 子数列中的元素可以重复出现，也可以不出现。

例如，对于数列{1,2,3,4,5,6,7,...}，我们可以构造出以下子数列：{1,3,5,7,...}{2,4,6,8,...}{1,2,3,4,...}{1,4,7,10,...}...三、收敛数列与其子数列的关系对于一个收敛数列{an}，其任何一个子数列也是收敛的，并且收敛于相同的极限。

这个结论称为收敛数列的子序列定理。

证明如下：假设数列{an}收敛于L，那么对于任意的ε>0，存在一个正整数N，使得当n>N时，有：|an - L| < ε现在我们来考虑这个数列的一个子数列{ank}。