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，是近幾年高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，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．
題型一 奇數(shù)項與偶數(shù)項
例1 (2023·南通模擬)在數(shù)列{an}中，an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－1，n為奇數(shù)，,2n，n為偶數(shù).))
(1)求a1，a2，a3；
(2)求數(shù)列{an}的前n項和Sn.
解 (1)因為an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－1，n為奇數(shù)，,2n，n為偶數(shù)，))
所以a1＝2×1－1＝1，a2＝22＝4，a3＝2×3－1＝5.
(2)因為an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－1，n為奇數(shù)，,2n，n為偶數(shù)，))
所以a1，a3，a5，…是以1為首項，4為公差的等差數(shù)列，
a2，a4，a6，…是以4為首項，4為公比的等比數(shù)列．
當(dāng)n為奇數(shù)時，數(shù)列的前n項中有eq \f(n＋1,2)個奇數(shù)項，有eq \f(n－1,2)個偶數(shù)項．
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－2＋an)＋(a2＋a4＋…＋an－3＋an－1)
＝eq \f(n＋1,2)×1＋eq \f(\f(n＋1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,2)－1)),2)×4＋＝eq \f(n2＋n,2)＋eq \f(2n＋1－4,3)；
當(dāng)n為偶數(shù)時，數(shù)列{an}的前n項中有eq \f(n,2)個奇數(shù)項，有eq \f(n,2)個偶數(shù)項．
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－3＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an－2＋an)
＝eq \f(n,2)×1＋eq \f(\f(n,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)－1)),2)×4＋＝eq \f(n2－n,2)＋eq \f(2n＋2－4,3).
所以數(shù)列{an}的前n項和
Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(n2＋n,2)＋\f(2n＋1－4,3)，n為奇數(shù)，,\f(n2－n,2)＋\f(2n＋2－4,3)，n為偶數(shù).))
思維升華 解答與奇偶項有關(guān)的求和問題的關(guān)鍵
(1)弄清n為奇數(shù)或偶數(shù)時數(shù)列的通項公式．
(2)弄清n為奇數(shù)時數(shù)列前n項中奇數(shù)項與偶數(shù)項的個數(shù)．
跟蹤訓(xùn)練1 (2021·新高考全國Ⅰ)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1，n為奇數(shù)，,an＋2，n為偶數(shù).))
(1)記bn＝a2n，寫出b1，b2，并求數(shù)列{bn}的通項公式；
(2)求{an}的前20項和．
解 (1)因為bn＝a2n，且a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1，n為奇數(shù)，,an＋2，n為偶數(shù)，))
所以b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5.
因為bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，
所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3，
所以數(shù)列{bn}是以2為首項，3為公差的等差數(shù)列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*.
(2)因為an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＋1，n為奇數(shù)，,an＋2，n為偶數(shù)，))所以當(dāng)k∈N*時，
a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1，即a2k＝a2k－1＋1，①
a2k＋1＝a2k＋2，②
a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1，③
所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3，
所以數(shù)列{an}的奇數(shù)項是以1為首項，3為公差的等差數(shù)列；
②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3，
又a2＝2，所以數(shù)列{an}的偶數(shù)項是以2為首項，3為公差的等差數(shù)列．
所以數(shù)列{an}的前20項和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋eq \f(10×9,2)×3＋20＋eq \f(10×9,2)×3＝300.
題型二 兩數(shù)列的公共項
例2 數(shù)列{an}與{bn}的通項公式分別為an＝4n－1，bn＝3n＋2，它們的公共項由小到大排列組成數(shù)列{cn}，求數(shù)列{cn}的通項公式．
解 方法一 設(shè)ak＝bm＝cp，則4k－1＝3m＋2，
所以k＝eq \f(3?m＋1?,4)，
因為3,4互質(zhì)，
所以m＋1必為4的倍數(shù)，即m＝4p－1，
所以cp＝bm＝3(4p－1)＋2＝12p－1，
即數(shù)列{cn}的通項公式為cn＝12n－1.
方法二 由觀察可知，兩個數(shù)列的第一個公共項為11，
所以c1＝11.
設(shè)ak＝bm＝cp，則4k－1＝3m＋2，
所以ak＋1＝4(k＋1)－1＝4k＋3＝3m＋6＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(4,3)))＋2不是數(shù)列{bn}中的項，
ak＋2＝4(k＋2)－1＝4k＋7＝3m＋10＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(8,3)))＋2不是數(shù)列{bn}中的項，
ak＋3＝4(k＋3)－1＝4k＋11＝3m＋14＝3(m＋4)＋2是數(shù)列{bn}中的項．
所以cp＋1＝ak＋3，則cp＋1－cp＝ak＋3－ak＝3×4＝12，
所以數(shù)列{cn}是等差數(shù)列，其公差為12，首項為11，
因此，數(shù)列{cn}的通項公式為cn＝12n－1.
思維升華 解決兩個等差數(shù)列的公共項問題時，有兩種方法：
(1)不定方程法：列出兩個項相等的不定方程，利用數(shù)論中的整除知識，求出符合條件的項，并解出相應(yīng)的通項公式；
(2)周期法：即尋找下一項．通過觀察找到首項后，從首項開始向后，逐項判斷變化較大(如公差的絕對值大)的數(shù)列中的項是否為另一個數(shù)列中的項，并找到規(guī)律(周期)，分析相鄰兩項之間的關(guān)系，從而得到通項公式．
跟蹤訓(xùn)練2 (1)已知數(shù)列{an}，{bn}的通項公式分別為an＝4n－2(1≤n≤100，n∈N*)，bn＝6n－4(n∈N*)，由這兩個數(shù)列的公共項按從小到大的順序組成一個新的數(shù)列{cn}，則數(shù)列{cn}的各項之和為( )
A．6 788 B．6 800 C．6 812 D．6 824
答案 B
解析 由題意可得a1＝b1＝2，等差數(shù)列{an}的公差為4，且a100＝398，
等差數(shù)列{bn}的公差為6，且b100＝596，
易知數(shù)列{cn}為等差數(shù)列，且公差為數(shù)列{an}和{bn}公差的最小公倍數(shù)，
由于4和6的最小公倍數(shù)為12，所以等差數(shù)列{cn}的公差為12，
則cn＝2＋12(n－1)＝12n－10，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(cn≤a100，,cn≤b100，,n∈N*，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(12n－10≤398，,12n－10≤596，,n∈N*，))
解得n≤34，n∈N*，
所以等差數(shù)列{cn}共有34項，則該數(shù)列各項之和為34×2＋eq \f(34×33,2)×12＝6 800.
(2)我國古代數(shù)學(xué)名著《孫子算經(jīng)》載有一道數(shù)學(xué)問題：“今有物不知其數(shù)，三三數(shù)之剩二，五五數(shù)之剩二，七七數(shù)之剩二，問物幾何？”根據(jù)這一數(shù)學(xué)問題，所有被3除余2的自然數(shù)從小到大排列組成數(shù)列{an}，所有被5除余2的自然數(shù)從小到大排列組成數(shù)列{bn}，把{an}和{bn}的公共項從小到大排列得到數(shù)列{cn}，則( )
A．a(chǎn)3＋b5＝c3 B．b28＝c10
C．a(chǎn)5b2>c8 D．c9－b9＝a26
答案 B
解析 根據(jù)題意，數(shù)列{an}是首項為2，公差為3的等差數(shù)列，an＝2＋3(n－1)＝3n－1，
數(shù)列{bn}是首項為2，公差為5的等差數(shù)列，bn＝2＋5(n－1)＝5n－3，
數(shù)列{an}與{bn}的公共項從小到大排列得到數(shù)列{cn}，故數(shù)列{cn}是首項為2，公差為15的等差數(shù)列，cn＝2＋15(n－1)＝15n－13.
a3＋b5＝(3×3－1)＋(5×5－3)＝30，c3＝15×3－13＝32，a3＋b5≠c3，A錯誤；
b28＝5×28－3＝137，c10＝15×10－13＝137，b28＝c10，B正確；
a5＝3×5－1＝14，b2＝5×2－3＝7，c8＝15×8－13＝107，a5b2＝14×7＝981，滿足S3＝13，aeq \\al(2,4)＝3a6.
(1)求{an}的通項公式；
(2)設(shè)bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an，n為奇數(shù)，,bn－1＋n，n為偶數(shù)，))求數(shù)列{bn}的前2n項和T2n.
解 (1)方法一 因為{an}是公比q>1的等比數(shù)列，
所以由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S3＝13，,a\\al(2,4)＝3a6，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝13，,?a1q3?2＝3a1q5，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1?1＋q＋q2?＝13，,a1q＝3，))
兩式相除得eq \f(1＋q＋q2,q)＝eq \f(13,3)，
整理得3q2－10q＋3＝0，
即(3q－1)(q－3)＝0，
解得q＝3或q＝eq \f(1,3)，
又q>1，所以q＝3，故a1＝eq \f(3,q)＝1，
所以an＝a1qn－1＝3n－1.
方法二 因為{an}是公比q>1的等比數(shù)列，
所以由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S3＝13，,a\\al(2,4)＝3a6，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝13，,a2a6＝3a6，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a2＋a3＝13，,a2＝3，))則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a3＝10，,a\\al(2,2)＝9，))
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a3＝10，,a1a3＝9，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,a3＝9))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝9，,a3＝1))(舍去)，
故q2＝eq \f(a3,a1)＝9，則q＝3，
所以an＝a1qn－1＝3n－1.
(2)當(dāng)n為奇數(shù)時，bn＝an＝3n－1，
當(dāng)n為偶數(shù)時，bn＝bn－1＋n＝3n－2＋n，
所以T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝(30＋32＋…＋32n－2)＋(30＋2＋32＋4＋…＋32n－2＋2n)
＝2×(30＋32＋…＋32n－2)＋(2＋4＋…＋2n)
＝2×eq \f(1－32n－2·32,1－32)＋eq \f(n?2n＋2?,2)
＝eq \f(9n－1,4)＋n(n＋1)．
3．已知數(shù)列{an}和{bn}的通項公式分別為an＝3n＋6，bn＝2n＋7.將集合{x|x＝an，n∈N*}∪{x|x＝bn，n∈N*}中的元素從小到大依次排列，構(gòu)成數(shù)列c1，c2，c3，…，cn，….
(1)求三個最小的數(shù)，使它們既是數(shù)列{an}中的項，又是數(shù)列{bn}中的項；
(2)數(shù)列c1，c2，c3，…，c40中有多少個不是數(shù)列{bn}中的項；
(3)求數(shù)列{cn}的前4n項和S4n.
解 將數(shù)列{an}和{bn}的公共項從小到大排列組成數(shù)列{dn}．
設(shè)ak＝bm，則3k＋6＝2m＋7，
即m＝eq \f(3k－1,2)，所以k為奇數(shù)，
設(shè)k＝2n－1，則m＝3n－2，dn＝ak＝3(2n－1)＋6＝6n＋3.
(1)三個最小的數(shù)依次為9,15,21.
(2)由數(shù)列c1，c2，c3，…，cn，…的構(gòu)成可知，
dm＝6m＋3與dm＋1＝6m＋9均為數(shù)列{cn}中的項，
在dm和dm＋1中還有以下項：6m＋5,6m＋6,6m＋7，
又c1＝d1＝9，
因此數(shù)列{cn}中的項從第1項起，連續(xù)的4項中只有第3項是數(shù)列{an}中的偶數(shù)項，不是數(shù)列{bn}中的項，
所以數(shù)列c1，c2，c3，…，c40中有10個不是數(shù)列{bn}中的項．
(3)由(2)可知，數(shù)列{cn}的前4n項中，
由數(shù)列{bn}中的前3n項和數(shù)列{an}中的前n項偶數(shù)項構(gòu)成，
因此S4n＝eq \f(3n?9＋6n＋7?,2)＋eq \f(n?12＋6n＋6?,2)＝12n2＋33n.
4．韓信采用下述點(diǎn)兵方法：先令士兵從1～3報數(shù)，結(jié)果最后一個士兵報2；再令士兵從1～5報數(shù)，結(jié)果最后一個士兵報3；又令士兵從1～7報數(shù)，結(jié)果最后一個士兵報4；這樣，韓信很快就算出了自己部隊士兵的總?cè)藬?shù)．已知士兵人數(shù)不超過500人，那么部隊最多有多少士兵？
解 根據(jù)士兵報數(shù)結(jié)果可得，士兵的總數(shù)是三個等差數(shù)列{3n＋2}，{5n＋3}，{7n＋4}的公共項所組成的數(shù)列中的項．
記an＝3n＋2，bn＝5n＋3，cn＝7n＋4，新數(shù)列記為{dn}．
從小到大列舉數(shù)列{cn}中的項，并判斷是否為數(shù)列{an}與{bn}中的項，
可得數(shù)列{dn}的首項為d1＝53，
設(shè)ak＝bm＝cp＝dn，則3k＋2＝5m＋3＝7p＋4，
所以cp＋1＝7(p＋1)＋4＝7p＋4＋7＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(7,5)))＋3不是數(shù)列{bn}中的項；
cp＋2＝7(p＋2)＋4＝7p＋4＋14＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(14,5)))＋3不是數(shù)列{bn}中的項；
cp＋3＝7(p＋3)＋4＝7p＋4＋21＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(21,5)))＋3不是數(shù)列{bn}中的項；
cp＋4＝7(p＋4)＋4＝7p＋4＋28＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(28,5)))＋3不是數(shù)列{bn}中的項；
cp＋5＝7(p＋5)＋4＝7p＋4＋35＝5(m＋7)＋3＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(35,3)))＋2不是數(shù)列{an}中的項；
cp＋6＝7(p＋6)＋4＝7p＋4＋42＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(42,5)))＋3不是數(shù)列{bn}中的項；
…；
cp＋15＝7(p＋15)＋4＝7p＋4＋105＝5(m＋21)＋3＝3(k＋35)＋2是數(shù)列{an}和{bn}中的項．
所以dn＋1＝cp＋15，則dn＋1－dn＝105，
所以數(shù)列{dn}的通項公式為dn＝105n－52.
當(dāng)n＝5時，dn＝473500，
所以最多有473個士兵．
5．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝a(a∈R)，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an－3，an>3，,2an，an≤3，))n∈N*.
(1)若0＜an≤6，求證：0＜an＋1≤6；
(2)若a＝5，求S2 024；
(3)若a＝eq \f(3,2m－1)(m∈N*)，求S4m＋2的值．
(1)證明 當(dāng)an∈(0,3]時，
則an＋1＝2an∈(0,6]，
當(dāng)an∈(3,6]時，則an＋1＝an－3∈(0,3]，
故an＋1∈(0,6]，
所以當(dāng)0＜an≤6時，總有0＜an＋1≤6.
(2)解 當(dāng)a1＝a＝5時，a2＝a1－3＝2，a3＝2a2＝4，a4＝a3－3＝1，a5＝2a4＝2，a6＝2a5＝4，a7＝a6－3＝1，
所以數(shù)列{an}為5,2,4,1,2,4,1,2,4,1，…，
所以從第2項起，{an}中的項以3為周期，其和為2＋4＋1＝7，
所以S2 024＝5＋7×674＋2＝4 725.
(3)解 由m∈N*，可得2m－1≥1，
故a＝eq \f(3,2m－1)≤3，
當(dāng)1＜k≤m，k∈N*時，2k－1a≤eq \f(3×2m－1,2m－1)＝eq \f(3×2m－1,2m－1＋2m－1－1)

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