微重點6子數列與增減項問題子數列問題(包括數列中的奇偶項、公共數列以及分段數列)與數列的增減項問題是近幾年高考的重點和熱點，一般方法是構造新數列，利用新數列的特征(等差、等比或其他特征)求解原數列．考點一奇數項、偶數項例1(2023·新高考全國Ⅱ)已知{an}為等差數列，bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－6，n為奇數，,2an，n為偶數.))記Sn，Tn分別為數列{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)解設等差數列{an}的公差為d，而bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－6，n為奇數，,2an，n為偶數，))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，,4n＋6，n為偶數，))當n為偶數時，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，,4n＋6，n為偶數，))當n為偶數時，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.規律方法(1)數列中的奇、偶項問題的常見題型①數列中連續兩項和或積的問題(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、偶不同的數列{an}求Sn時，我們可以分別求出奇數項的和與偶數項的和，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)已知數列{an}滿足a1＝3，an＝an－1＋2n－1(n≥2，n∈N*)．(1)求數列{an}的通項公式；(2)令bn＝an－1＋(－1)nlog2(an－1)，求數列{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，,2n＋1－2＋\f(n,2)，n為偶數.))考點二兩數列的公共項例2已知數列{an}的前n項和Sn＝eq\f(3n2＋n,2)，{bn}為等比數列，公比為2，且b1，b2＋1，b3為等差數列．(1)求{an}與{bn}的通項公式；(2)把數列{an}和{bn}的公共項由小到大排成的數列記為{cn}，求數列{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，…構成首項為2，公比為4的等比數列，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)．規律方法兩個等差數列的公共項是等差數列，且公差是兩等差數列公差的最小公倍數；兩個等比數列的公共項是等比數列，公比是兩個等比數列公比的最小公倍數．跟蹤演練2(2023·邵陽模擬)數列{2n－1}和數列{3n－2}的公共項從小到大構成一個新數列{an}，數列{bn}滿足bn＝eq\f(an,2n)，則數列{bn}的最大項等于________．答案eq\f(7,4)解析數列{2n－1}和數列{3n－2}的公共項從小到大構成一個新數列為1,7,13，…，該數列是首項為1，公差為6的等差數列，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，所以數列{bn}的最大項為第二項，其值為eq\f(7,4).考點三數列有關增減項問題例3已知等比數列{an}的前n項和Sn＝2n＋r，其中r為常數．(1)求r的值；(2)設bn＝2(1＋log2an)，若數列{bn}中去掉數列{an}的項后余下的項按原來的順序組成數列{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.規律方法解決此類問題的關鍵是通過閱讀、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，在求新數列的和時，一般采用分組求和法，即把原數列部分和增加(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)設等比數列{an}的首項為a1＝2，公比為q(q為正整數)，且滿足3a3是8a1與a5的等差中項；數列{bn}滿足2n2－(3＋bn)n＋eq\f(3,2)bn＝0(t∈R，n∈N*)．(1)求數列{an}，{bn}的通項公式；(2)當{bn}為等差數列時，對每個正整數k，在ak與ak＋1之間插入bk個2，得到一個新數列{cn}．設Tn是數列{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)已知正項數列{an}的前n項和為Sn，且4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an－3(n∈N*)．(1)求數列{an}的通項公式；(2)將數列{an}和數列{2n}中所有的項，按照從小到大的順序排列得到一個新數列{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)，∴數列{an}是首項為3，公差為2的等差數列，∴an＝2n＋1，n∈N*.(2)由(1)得，a100＝201，又27<201<28，同時a93＝187>27，∴b100＝a93，∴b1＋b2＋…＋b100＝(a1＋a2＋…＋a93)＋(21＋22＋…＋27)＝eq\f(93×a1＋a93,2)＋eq\f(21－27,1－2)＝9089.所以{bn}的前100項和為9089.2．數列{an}滿足anan＋1＝2n，a1＝1.(1)求數列{an}的通項公式；(2)求數列{an}的前2n項和S2n.解(1)∵anan＋1＝2n，①∴an＋1an＋2＝2n＋1，②eq\f(②,①)得eq\f(an＋2,an)＝2，當n為奇數時，a1，a3，…，an成等比數列，∴an＝a1·，當n為偶數時，a2，a4，…，an成等比數列，將a1＝1代入①得a2＝2，an＝a2·＝2·＝，故有an＝(2)S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝eq\f(1×1－2n,1－2)＋eq\f(2×1－2n,1－2)＝3(2n－1)．3．已知公比大于1的等比數列{an}滿足a2＋a4＝20，a3＝8.(1)求{an}的通項公式；(2)記bm為{an}在區間(0，m](m∈N*)中的項的個數，求數列{bm}的前100項和S100.解(1)由于數列{an}是公比大于1的等比數列，設首項為a1，公比為q，依題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q＋a1q3＝20，,a1q2＝8，))解得a1＝2，q＝2或a1＝32，q＝eq\f(1,2)(舍)，所以an＝2n，所以數列{an}的通項公式為an＝2n.(2)方法一由題意知，2n≤m，即n≤log2m，當m＝1時，b1＝0.當m∈[2k,2k＋1－1)時，bm＝k，k∈N*，則S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋b6＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋(b64＋b65＋…＋b100)＝0＋1×2＋2×4＋3×8＋4×16＋5×32＋6×37＝480.所以數列{bn}的前100項和S100＝480.方法二由題意知bm＝k，m∈[2k,2k＋1)，因此當m＝1時，b1＝0；當m∈[2,4)時，bm＝1；當m∈[4,8)時，bm＝2；當m∈[8,16)時，bm＝3；當m∈[16,32)時，bm＝4；當m∈[32,64)時，