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)與數(shù)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(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.
　　(2023·新高考全國Ⅱ)已知{an}為等差數(shù)列，bn＝ 　　　　　記Sn，Tn分別為數(shù)列{an}，{bn}的前n項和，S4＝32，T3＝16.(1)求{an}的通項公式；
設等差數(shù)列{an}的公差為d，
則b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，
解得a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，所以數(shù)列{an}的通項公式是an＝2n＋3.
(2)證明：當n>5時，Tn>Sn.
當n為偶數(shù)時，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，
因此Tn>Sn.綜上，當n>5時，Tn>Sn.
因此Tn>Sn，當n為奇數(shù)時，若n≥3，
顯然T1＝b1＝－1滿足上式，
因此Tn>Sn，所以當n>5時，Tn>Sn.
(1)數(shù)列中的奇、偶項問題的常見題型①數(shù)列中連續(xù)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(shù)列{an}求Sn時，我們可以分別求出奇數(shù)項的和與偶數(shù)項的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一項，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.
　　　(2023·鄭州模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＝an－1＋2n－1(n≥2，n∈N*).(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
∵an－an－1＝2n－1(n≥2)，∴當n≥2時，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－1－an－2)＋(an－an－1)
檢驗知當n＝1時上式也成立，故an＝2n＋1(n∈N*).
(2)令bn＝an－1＋(－1)nlg2(an－1)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.
由題意知，bn＝2n＋(－1)nn.當n為偶數(shù)時，Tn＝2＋22＋…＋2n＋(－1)＋2＋(－3)＋4＋…＋(－1)nn
又當n＝1時，T1＝b1＝2－1＝1滿足上式，
　　已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝　　　，{bn}為等比數(shù)列，公比為2，且b1，b2＋1，b3為等差數(shù)列.(1)求{an}與{bn}的通項公式；
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)把數(shù)列{an}和{bn}的公共項由小到大排成的數(shù)列記為{cn}，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.
數(shù)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(shù)列，
兩個等差數(shù)列的公共項是等差數(shù)列，且公差是兩等差數(shù)列公差的最小公倍數(shù)；兩個等比數(shù)列的公共項是等比數(shù)列，公比是兩個等比數(shù)列公比的最小公倍數(shù).
　　　(2023·邵陽模擬)數(shù)列{2n－1}和數(shù)列{3n－2}的公共項從小到大構成一個新數(shù)列{an}，數(shù)列{bn}滿足bn＝　，則數(shù)列{bn}的最大項等_____.
數(shù)列{2n－1}和數(shù)列{3n－2}的公共項從小到大構成一個新數(shù)列為1,7,13，…，該數(shù)列是首項為1，公差為6的等差數(shù)列，
所以當n≥2時，bn＋1－bnb3>b4>…，
　　已知等比數(shù)列{an}的前n項和Sn＝2n＋r，其中r為常數(shù).(1)求r的值；
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，
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(shù)列，即r＝－1滿足題意.所以r＝－1.
(2)設bn＝2(1＋lg2an)，若數(shù)列{bn}中去掉數(shù)列{an}的項后余下的項按原來的順序組成數(shù)列{cn}，求c1＋c2＋c3＋…＋c100的值.
bn＝2(1＋lg2an)＝2(1＋lg22n－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)
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(shù)列的和時，一般采用分組求和法，即把原數(shù)列部分和增加(減少)部分分別求和，再相加(相減)即可.
　　　(2023·無錫模擬)設等比數(shù)列{an}的首項為a1＝2，公比為q(q為正整數(shù))，且滿足3a3是8a1與a5的等差中項；數(shù)列{bn}滿足2n2－(3＋bn)n＋　　　bn＝0(t∈R，n∈N*).(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；
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.
(2)當{bn}為等差數(shù)列時，對每個正整數(shù)k，在ak與ak＋1之間插入bk個2，得到一個新數(shù)列{cn}.設Tn是數(shù)列{cn}的前n項和，試求T100.
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
1.(2023·池州模擬)已知正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且4Sn＝　＋2an－3(n∈N*).(1)求數(shù)列{an}的通項公式；
依題意an>0，當n＝1時，解得a1＝3，
∴(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0(n≥2)，∵an＋an－1>0，
∴an－an－1＝2(n≥2)，∴數(shù)列{an}是首項為3，公差為2的等差數(shù)列，∴an＝2n＋1，n∈N*.
(2)將數(shù)列{an}和數(shù)列{2n}中所有的項，按照從小到大的順序排列得到一個新數(shù)列{bn}，求{bn}的前100項和.
由(1)得，a100＝201，又27

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