数列的构造及子数列

前言

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由于数列和其子数列，涉及到数列的高阶应用，即数列的构造，她和函数的构造一样，对学生的数学素养要求比较高，故建议先阅读：构造数列中的常见变形总结，其难度可以对标近几年北京卷对数列的考查难度要求。

典例剖析

【数列的重新构造】已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，数列\(\{a_n\}\)为\(\cfrac{1}{2}\)，\(\cfrac{1}{3}\)，\(\cfrac{2}{3}\)，\(\cfrac{1}{4}\)，\(\cfrac{2}{4}\)，\(\cfrac{3}{4}\)，\(\cfrac{1}{5}\)，\(\cfrac{2}{5}\)，\(\cfrac{3}{5}\)，\(\cfrac{4}{5}\)，\(\cdots\)，\(\cfrac{1}{n}\)，\(\cfrac{2}{n}\)，\(\cdots\)，\(\cfrac{n-1}{n}\)，\(\cdots\)，若\(S_k=14\)，则\(a_k\)=__________.

分析：注意到数列的项的特征，重新构造一个数列\(\{b_n\}\)，具体如下：

\(b_1=a_1=\cfrac{1}{2}\)，

\(b_2=a_2+a_3=\cfrac{1}{3}+\cfrac{2}{3}=\cfrac{3}{3}=\cfrac{2}{2}=1\)，

\(b_3=a_4+a_5+a_6=\cfrac{1}{4}+\cfrac{2}{4}+\cfrac{3}{4}=\cfrac{3}{2}\)，

\(b_4=a_7+a_8+a_9+a_{10}=\cfrac{1}{5}+\cfrac{2}{5}+\cfrac{3}{5}+\cfrac{4}{5}=\cfrac{10}{5}=\cfrac{4}{2}=2\)，

\(\cdots\)，\(\cdots\)，\(\cdots\)，

\(b_{n-1}=\cfrac{1}{n}+\cfrac{2}{n}+\cdots+\cfrac{n-1}{n}=\cfrac{n-1}{2}\)，

那么\(b_n=\cfrac{n}{2}\)，

则数列\(\{b_n\}\)是首项为\(\cfrac{1}{2}\)，公差为\(\cfrac{1}{2}\)的等差数列注意，原来的数列\(\{a_n\}\)为非等差数列，也非等比数列，但是我们重新构造后得到了一个新数列\(\{b_n\}\)，它却是个特殊数列——等差数列。 ，

令其前\(n\)项和为\(T_n\)，则\(T_n=\cfrac{(\frac{1}{2}+\frac{n}{2})}{2}n=\cfrac{n(n+1)}{4}\)

令\(S_k\Rightarrow T_n=\cfrac{n(n+1)}{4}=14\)，则解得\(n=7\)，

即对应数列\(\{b_n\}\)而言，\(T_7=14\)，而对应于数列\(\{a_n\}\)而言，它的\(S_k=T_7\)，

但是注意\(k\neq 0\)，按照这种对应性\(T_7=b_1+b_2+\cdots+b_7\)，

而\(b_7=\cfrac{1}{8}+\cfrac{2}{8}+\cfrac{3}{8}+\cfrac{4}{8}+\cfrac{5}{8}+\cfrac{6}{8}+\cfrac{7}{8}\)；

又\(S_k=a_1+(a_2+a_3)+(a_4+a_5+a_6)+\cdots+(\cdots+a_{k-1}+a_k)\)，故可知\(a_k=\cfrac{7}{8}\)如果我们还想计算\(k\)的值，那么\(k\)\(=\)\(1\)\(+\)\(2\)\(+\)\(3\)\(+\)\(4\)\(+\)\(5\)\(+\)\(6\)\(+\)\(7\)\(=\)\(28\)。.

【2012新课标1卷第16题】已知数列\(a_{n+1}+(-1)^n\cdot a_n=2n-1\)，求\(S_{60}\)的值。

法1：利用并项求和法求解\(a_{n+1}\)\(+\)\((-1)^n\)\(\cdot\)\(a_n\)\(=\)\(2n-1\)，由于题目中出现了\((-1)^n\)，故想到用并项求和法，此种方法的运算和思维成本都是最小的。，针对\(n\)的取值，分奇偶讨论如下：

①当\(n\)为奇数时，则\(n+1\)为偶数，

由题目可知\(a_{n+1}-a_n=2n-1\)，则\(a_{n+2}+a_{n+1}=2n+1\)解释：令给定的式子的下标增加一个，即\(a_{(n+1)+1}\)\(+(-1)^{n+1}\cdot a_{n+1}\)\(=\)\(2(n+1)\)\(-1\)，整理后即为\(a_{n+2}\)\(+\)\(a_{n+1}\)\(=\)\(2n+1\)

两式相减，得到\(a_{n+2}+a_n=2\)，即从\(a_1\)开始，相邻两个奇数项为等和数列；

即\(a_1+a_3=2\)，\(a_5+a_7=2\)，\(a_9+a_{11}=2\)，\(\cdots\)，\(a_{57}+a_{59}=2\)，

故前\(60\)项中的所有奇数项之和为

\(S_{奇}=(a_1+a_3)+(a_5+a_7)+\cdots+(a_{57}+a_{59})=15\times 2=30\)；

②当\(n\)为偶数时，则\(n+1\)为奇数，

由题目可知\(a_{n+1}+a_n=2n-1\)，则\(a_{n+2}-a_{n+1}=2n+1\)解释：令给定的式子的下标增加一个，即\(a_{(n+1)+1}\)\(+(-1)^{n+1}\cdot a_{n+1}\)\(=\)\(2(n+1)\)\(-1\)，整理后即为\(a_{n+2}\)\(-\)\(a_{n+1}\)\(=\)\(2n+1\)，

以上得到的两式相加问题：为什么在①式里采用相减，而在②式中采用相加？由于①中，采用相加抵消不掉\(a_{n+1}\)，这样就不能得到相邻两个奇数项的和的形式；同理在②中，采用相加，才能抵消\(a_{n+1}\)，从而得到相邻两个偶数项的和的形式。，得到\(a_{n+2}+a_n=4n\)，即每相邻两偶数项之和为等差数列；

即\(a_2+a_4=4\times 2\)，\(a_6+a_8=4\times 6\)，\(a_{10}+a_{12}=4\times 10\)，\(\cdots\)，

故前\(60\)项中的所有偶数项之和为

\(S_{偶}=(a_2+a_4)+(a_6+a_8)+\cdots+(a_{58}+a_{60})\)

\(=4\times 2+4\times 6+4\times 10+\cdots+4\times 58\)

\(=4(2+6+10+\cdots+58)\)

\(=4\times\cfrac{(2+58)\times 15}{2}=1800\)；

故\(S_{60}=1800+30=1830\)。

思路2：[摘编自网络，学习变形]：从特殊到一般对于给出的递推数列，在没有找到更好方法之前，通常可以用特殊值法开路，写出前几项，先归纳，再猜想一般的规律。，

设\(a_1=a\)，由递推公式\(a_{n+1}+(-1)^n\cdot a_n=2n-1\)，

分别令\(n=1,2,3,4,\cdots\)，则有

\(a_2=1+a\)，\(a_3=2-a\)，\(a_4=7-a\)，\(a_5=a\)，

\(a_6=9+a\)，\(a_7=2-a\)，\(a_8=15-a\)，\(a_9=a\)，\(\cdots\)，

于是可知，\(a_{4k-3}=a\)对下标说明如下，所有正整数若除以\(4\)，就会分为四类，余数分别为\(0\)，\(1\)，\(2\)，\(3\)，
我们可以将其表达为\(4k\)，\(4k+1\)，\(4k+2\)，\(4k+3\)，此时\(k\in N\)；还可以这样表达为\(4k-3\)，\(4k-2\)，\(4k-1\)，\(4k\)，此时\(k\in N^*\)；故\(a_{4k-3}\)表达的是\(a_1\)，\(a_5\)，\(a_9\)，\(\cdots\)，\(a_{4k-2}\)表达的是\(a_2\)，\(a_6\)，\(a_{10}\)，\(\cdots\)，\(a_{4k-1}\)表达的是\(a_3\)，\(a_7\)，\(a_{11}\)，\(\cdots\)，\(a_{4k}\)表达的是\(a_4\)，\(a_8\)，\(a_{12}\)，\(\cdots\)，，\(a_{4k-2}=a+(8k-7)\)由于\(1\)\(+\)\(a\)，\(9\)\(+\)\(a\)，\(\cdots\)，构成一个首项为\(1\)\(+\)\(a\)，公差为\(8\)的等差数列，故其通项为\(1\)\(+\)\(a\)\(+\)\((k-1)\)\(\times\)\(8=\)\(a+\)\((8k\)\(-7)\)，\(a_{4k-1}=2-a\)，\(a_{4k}=-a+(8k-1)\)，

所以，\(a_{4k-3}+a_{4k-2}+a_{4k-1}+a_{4k}=16k-6\Rightarrow b_k\)，

可知每连续四项之和构成的新数列为等差数列【可以总结为新数列的重构形式之一】，

则\(S_{60}=\cfrac{15[10+(16\times 15-6)]}{2}=1830\)；

思路3：[摘编自网络，学习变形]：分类讨论，

本题目的难点在于\((-1)^n\)，于是对其分类讨论，并进行适当的构造以及并项。

当\(n\)为奇数时，\(a_{n+1}-a_n=2n-1\)；此行的下标分别为偶数，奇数；

当\(n\)为偶数时，\(a_{n+1}+a_n=2n-1\)；此行的下标分别为奇数，偶数；

于是\(a_{4k}+a_{4k-1}+a_{4k-2}+a_{4k-3}=(a_{4k}-a_{4k-1})+2(a_{4k-1}+a_{4k-2})-(a_{4k-2}-a_{4k-3})\)

\(=[2(4k-1)-1]+2[2(4k-2)-1]-[2(4k-3)-1]=16k-6\)，拆分上述变形很有特点，这样变形的目的，既要保证恒等变形，还要充分利用上述的条件；比如变形\((\)\(a_{4k}\)\(-\)\(a_{4k-1}\)\()\)意味着偶数项减去其前面相邻的奇数项，即可以利用\(a_{n+1}\)\(-\)\(a_n\)\(=\)\(2n\)\(-1\)；故有\((\)\(a_{4k}\)\(-\)\(a_{4k-1}\)\()\)\(=\)\(2(4k\)\(-1\)\()\)\(-1\)，其余都同理；

可知每连续四项之和成等差数列，

则\(S_{60}=\cfrac{15[10+(16\times 15-6)]}{2}=1830\)；

思路4：[摘编自网络，学习变形]：利用迭代法求解；对于给出的递推数列问题，应该关注三个技巧----迭加、迭乘、迭代。特别是迭代法，它是直接反复利用递推公式而进行迭代，可以直接运用，从而使得问题得以解决。附注迭代法，

用\(n+1\)替换给定式子中的\(n\)，由\(a_{n+1}+(-1)^n\cdot a_n=2n-1\)得到，

\(a_{n+2}+(-1)^{n+1}\cdot a_{n+1}=2(n+1)-1\)，变形得到，

则\(a_{n+2}=-(-1)^{n+1}\cdot a_{n+1}+2n+1\)，

\(=(-1)^{n}\cdot a_{n+1}+2n+1\) 说明将已知式改写为\(a_{n+1}\)\(=\)\(-\)\((-1)^n\)\(\cdot\)\(a_{n}\)\(+\)\(2n\)\(-1\)\(=\)\((-1)^{n+1}\cdot\)\(a_n\)\(+\)\(2n\)\(-1\)，代入左式，得到下式

\(=(-1)^n[(-1)^{n+1}a_n+2n-1]+2n+1\)

\(=-a_n+(-1)^{n}(2n-1)+2n+1\)\((-1)^{n}\)\(\cdot\)\((-1)^{n+1}\)\(=\)\((-1)^{2n+1}\)\(=\)\(-1\)

即\(a_{n+2}+a_n=(-1)^{n}(2n-1)+2n+1\)

也有\(a_{n+3}+a_{n+1}=-(-1)^{n}(2n+1)+2n+3\) \(\quad\)[让上式中\(n+1\rightarrow n\)得到]

两式相加得到\(a_n+a_{n+1}+a_{n+2}+a_{n+3}=-2(-1)^n+4n+4\)，

令\(n=4k+1\)，[之所以这样做，是为了求和时能包含所有项，只要我们令\(k=0\)开始，]则

\(a_{4k+1}+a_{4k+2}+a_{4k+3}+a_{4k+4}=-2(-1)^{4k+1}+4(4k+1)+4=16k+10\)

于是\(S_{60}=\sum\limits_{k=0}^{14}{(a_{4k+1}+a_{4k+2}+a_{4k+3}+a_{4k+4})}\)^[1]

\(=\sum\limits_{k=0}^{14}{(16k+10)}=(16\times 0+10)+(16\times 1+10)+(16\times 2+10)+\cdots+(16\times 14+10)\)

\(=16\times \cfrac{(0+14)\times 15}{2}+150=1830\)

思路5：[摘编自网络，学习变形]：构造子数列法，

虽然数列\(\{a_n\}\)既不是等差数列也不是等比数列，但是可以发现其子数列\(\{a_{4k}\}\)，\(\{a_{4k-1}\}\)，\(\{a_{4k-2}\}\)，\(\{a_{4k-3}\}\)是等差数列，于是可对数列\(\{a_n\}\)分项击破，

当\(n\)为奇数时，\(a_{n+1}-a_n=2n-1\)；

当\(n\)为偶数时，\(a_{n+1}+a_n=2n-1\)；

由\(a_{4k+2}-a_{4k-2}=(a_{4k+2}-a_{4k+1})+(a_{4k+1}+a_{4k})-(a_{4k}-a_{4k-1})-(a_{4k-1}+a_{4k-2})\)，^[2]

\(=[2(4k+1)-1]+(2\times 4k-1)-[2(4k-1)-1]-[2(4k-2)-1]=8\)，

故数列\(a_{4k-2}\)是等差数列，公差为\(8\)，首项为\(a_2\)，所以\(a_{4k-2}=a_2+(k-1)8\)此处可以这样理解，数列的公差为\(8\)，首项为\(a_2\)，自然能写出\(a_2\)\(+\)\((k-1)8\)，关键是和\(a_{?}\)对应；这个数列的首项是\(a_2\)，故下标用\(4k-2\)来表达，故\(a_{4k-2}\)\(=\)\(a_2\)\(+(k-1)8\)；或者这样理解，从原来的母数列中间隔\(4\)项挑出来的项所组成的新数列的公差为\(8\)，那么回归到母数列里面，相当于原来母数列的公差为\(2\)[当然母数列不是等差数列]，这样\(a_{4k-2}\)\(=\)\(a_2\)\(+\)\((4k-2-2)\)\(\times\)\(2\)\(=\)\(a_2\)\(+\)\((k-1)8\)；而不是\(a_{4k-2}\)\(=\)\(a_2\)\(+\)\((4k-2-2)8\)；其他同理；

由\(a_{4k+4}-a_{4k}=(a_{4k+4}-a_{4k+3})+(a_{4k+3}+a_{4k+2})-(a_{4k+2}-a_{4k+1})-(a_{4k+1}+a_{4k})\)，^[3]

\(=[2(4k+3)-1]+[2(4k+2)-1]-[2(4k+1)-1]-[2\times 4k-1]=8\)，

故数列\(a_{4k}\)是等差数列，公差为\(8\)，首项为\(a_4\)，所以\(a_{4k}=a_4+(k-1)8\)；

同理，\(a_{4k+1}-a_{4k-3}=0\)，故数列\(\{a_{4k-3}\}\)是常数列，故\(a_{4k-3}=a_1\)；

\(a_{4k+3}-a_{4k-1}=0\)，故数列\(\{a_{4k-1}\}\)是常数列，故\(a_{4k-1}=a_3\)；

又\(a_1+a_2+a_3+a_4=(a_4-a_3)+2(a_3+a_2)-(a_2-a_1)\)

\(=(2\times 3-1)+2(2\times 2-1)-(2\times 1-1)=5+6-1=10\);

于是\(\{a_n\}\)的前\(60\)项的和\(S_{60}\)为

\(S_{60}=(a_1+a_5+a_9+\cdots+a_{57})+(a_2+a_6+a_{10}+\cdots+a_{58})\)^[4]

\(+(a_3+a_7+a_{11}+\cdots+a_{59})+(a_4+a_8+a_{12}+\cdots+a_{60})\)

\(=15a_1+(15a_2+840)+15a_3+(15a_4+840)\)

\(=15(a_1+a_2+a_3+a_4)+1680=1830\)

思路6：[摘编自网络，学习变形]：构造等差数列法，

由上述解法不难看出，本题目的实质是连续四项的和成等差数列，故还可以如下求解：

当\(n\)为奇数时，\(a_{n+1}-a_n=2n-1\)；

当\(n\)为偶数时，\(a_{n+1}+a_n=2n-1\)；

由\(a_{4k+2}-a_{4k-2}=(a_{4k+2}-a_{4k+1})+(a_{4k+1}-a_{4k})-(a_{4k}-a_{4k-1})-(a_{4k-1}+a_{4k-2})\)，

\(=[2(4k+1)-1]+(2\times 4k-1)-[2(4k-1)-1]-[2(4k-2)-1]=8\)，

故数列\(a_{4k-2}\)是等差数列，公差为\(8\)，首项为\(a_2\)，所以\(a_{4k-2}=a_2+(k-1)8\)；

由\(a_{4k+4}-a_{4k}=(a_{4k+4}-a_{4k+3})+(a_{4k+3}+a_{4k+2})-(a_{4k+2}-a_{4k+1})-(a_{4k+1}+a_{4k})\)，

\(=[2(4k+3)-1]+[2(4k+2)-1)-[2(4k+1)-1]-[2\times 4k-1]=8\)，

故数列\(a_{4k}\)是等差数列，公差为\(8\)，首项为\(a_4\)，所以\(a_{4k}=a_4+(k-1)8\)；

同理，\(a_{4k+1}-a_{4k-3}=0\)，故数列\(\{a_{4k-3}\}\)是常数列，故\(a_{4k-3}=a_1\)；

\(a_{4k+3}-a_{4k-1}=0\)，故数列\(\{a_{4k-1}\}\)是常数列，故\(a_{4k-1}=a_3\)；

则数列\(b_{n+1}=a_{4n+1}+a_{4n+2}+a_{4n+3}+a_{4n+4}\)

\(=[a_{4n-3}+0]+[a_{4n-2}+8]+[a_{4n-1}+0]+[a_{4n}+8]\)

\(=a_{4n-3}+a_{4n-2}+a_{4n-1}+a_{4n}+16=b_n+16\)， ^[5]

即\(b_{n+1}-b_n=16\)，又\(b_1=a_1+a_2+a_3+a_4=10\)，

则数列\(\{b_n\}\)是首项为\(10\)，公差为\(16\)的等差数列，

则\(S_{60}=\cfrac{15[10+(16\times 15-6)]}{2}=1830\)；

【2020北京高考理科数学第21题】已知数列\(\{a_n\}\)是无穷数列 . 给出以下两个性质:

①.对于\(\{a_{n}\}\)中任意两项\(a_{i}\)，\(a_{j}\)\((i>j)\)，在\(\{a_{n}\}\)中都存在一项\(a_{m}\)，使\(\cfrac{a_{i}^{2}}{a_{j}}=a_{m}\)；

②.对于\(\{a_{n}\}\)中任意项\(a_{n}\)\((n\geqslant 3)\)，在\(\{a_{n}\}\)中都存在两项\(a_{k}\)，\(a_{l}\)\((k>l)\)，使得\(a_{n}=\cfrac{a_{k}^{2}}{a_{l}}\).

(Ⅰ).若\(a_{n}=n\)\((n=1,2,\cdots)\)，判断数列\(\{a_{n}\}\) 是否满足性质①，说明理由；

解析：\(a_{2}=2\)，\(a_{3}=3\)，\(\cfrac{a_{3}^{2}}{a_{2}}=\cfrac{9}{2}\notin Z\)，故\(\{a_{n}\}\)不具有性质①；

(Ⅱ).若\(a_{n}=2^{n-1}\)\((n=1,2, \cdots)\)，判断数列\(\{a_{n}\}\)是否同时满足性质①和性质②，说明理由；

解析：\(\forall i, j\in N^{*}\)，\(i>j\)，\(\cfrac{a_{i}^{2}}{a_{j}}\)\(=\)\(\cfrac{a^{2i-2}}{a^{j-1}}\)\(=\)\(2^{(2i-j)-1}\)，

由于\(i\in N^*\)，\(j\in N^*\)，且\(i>j\)，故必存在\(m=2i-j\in N^{*}\)，

又\(a_{2i-j}\)\(=\)\(2^{(2i-j)-1}\)\(=\)\(\cfrac{a_{i}^{2}}{a_{j}}\)，故\(\{a_{n}\}\)具有性质①；

\(\forall n\in N^{*}\)，\(n\geqslant 3\)，\(\exists k=n-1\)，\(l=n-2\)， 则\(2k-l=2(n-1)-(n-2)=n\)

则\(\cfrac{a_{k}^{2}}{a_{l}}\)\(=\)\(\cfrac{a^{2k-2}}{a^{l-1}}\)\(=\)\(2^{(2k-l)-1}\)\(=\)\(2^{n-1}\)\(=\)\(a_{n}\)，故\(\{a_{n}\}\)具有性质②；由于\(\cfrac{a_{k}^{2}}{a_{l}}\)\(=\)\(\cfrac{a^{2k-2}}{a^{l-1}}\)\(=\)\(2^{(2k-l)-1}\)\(=\)\(2^{n-1}\)\(=\)\(a_{n}\)，故我们只需要取值使得\(2k-l=n\)即可。

(Ⅲ).若\(\{a_{n}\}\)是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明: 数列\(\{a_{n}\}\)为等比数列.

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1. 由于下标的表示形式，故求和时只能从\(0\rightarrow 14\)，不能是\(1\rightarrow 15\)，否则求和会丢掉前面的四项而多算了后面的四项。 ↩︎

2. [此处用\(a_{4k+2}-a_{4k-2}\)，是为了求公差；由于前一项为\(a_{4k-2}\)，则其后一项为\(a_{4(k+1)-1}=a_{4k+2}\)；同时紧接着的变形既要保证恒等变形还要有效利用上述条件]； ↩︎

3. [此处用\(a_{4k+4}-a_{4k}\)，是为了求公差；由于前一项为\(a_{4k}\)，则其后一项为\(a_{4(k+1)}=a_{4k+4}\)；同时紧接着的变形既要保证恒等变形还要有效利用上述条件]； ↩︎

4. 第二组子数列求和，首项是\(a_2\)，公差为\(8\)，项数为\(15\)项，故\(S_{2}=15a_2+\cfrac{15(15-1)}{2}\times 8=15a_2+840\). ↩︎

5. 若\(b_{n+1}=a_{4n+1}+a_{4n+2}+a_{4n+3}+a_{4n+4}\)，用\(n-1\)替换左式中的\(n\)，
   则得到\(b_{n}=a_{4n-3}+a_{4n-2}+a_{4n-1}+a_{4n}\)，故有\(b_{n+1}-b_n=16\)， ↩︎