【2026年南方台一轮复习江苏专用教辅电子版数学提高版word讲义微专题10重构数列问题

微专题10　重构数列问题

公共项问题

例1　(1) (2024·漳州三检)将数列{3n－1}与{2ⁿ}的公共项从小到大排列得到数列{a_n}，则a₂₀＝(　C　)

A. 2³⁷B. 2³⁸

C. 2³⁹D. 2⁴⁰

【解析】 数列{2ⁿ}中的项为2，4，8，16，32，64，128，256，…，经检验，数列{2ⁿ}中的奇数项都是数列{3n－1}中的项，即2，8，32，128，…可以写成3n－1的形式，观察归纳可得a_n＝2^2n-1，所以a₂₀＝2^2×20-1＝2³⁹.

(2) (2024·汕头二模)已知两个等差数列2，6，10，…，202及2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为(　B　)

A. 1 678B. 1 666　

C. 1 472D. 1 460

【解析】 第一个数列的公差为4，第二个数列的公差为6，故新数列的公差是4和6的最小公倍数12，则新数列的公差为12，首项为2，其通项公式为2＋(n－1)×12＝12n－10.令12n－10≤200，得n≤17.5，故n＝17，则S₁₇＝a1＋a172×17＝2＋1942×17＝1 666.

处理两个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(周期)，分析相邻两项之间的关系，从而得到通项公式．

增项问题

例2(2024·滨州二模)已知等差数列{a_n}的前n项和为S_n，且a₄＝7，S₅＝25.

(1) 求{a_n}的通项公式；

【解答】 因为{a_n}为等差数列，则S₅＝5a₃＝25，即a₃＝5，可得d＝a₄－a₃＝2，a₁＝a₃－2d＝1，所以a_n＝1＋2(n－1)＝2n－1.

(2) 保持数列{a_n}中各项先后顺序不变，在a_k与a_k＋1(k＝1，2，…)之间插入2^k-1个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列{b_n}，求{b_n}的前150项和T₁₅₀.

【解答】 因为在a_k与a_k＋1(k＝1，2，…)之间插入2^k-1个3，可知a_k(k≥2)在数列{b_n}中对应的项数为n＝k＋2⁰＋2¹＋…＋2^k-2＝k＋1－2k-11－2＝2^k-1＋k－1.当k＝8时，n＝2⁷＋7＝135，即a₈＝b₁₃₅；当k＝9时，n＝2⁸＋8＝264，即a₉＝b₂₆₄.由题意可知b₁₃₆＝b₁₃₇＝…＝b₁₅₀＝3，所以T₁₅₀＝S₈＋3×(150－8)＝8×(1＋15)2＋426＝490.

变式2(2025·温州一模)已知数列{a_n}的通项公式为a_n＝2ⁿ－1，在其相邻两项a_k，ak＋1之间插入2^k个3(k∈N^*)，得到新的数列{b_n}．记{b_n}的前n项和为S_n，则使S_n≥100成立的n的最小值为(　B　)

A. 28B. 29　

C. 30D. 31

【解析】 由题意，数列{b_n}的项依次为a_{1，3，3\s\do4(21个)，a2，3，…，3\s\do4(22个)，a3，3，…，3\s\do4(23个)，a4，…}，在a₁到a₅之间3的个数为2¹＋2²＋2³＋2⁴＝30，故到a₅处{b_n}共有35项，所以前29项中含a_1，…，a4及25个3，故S₂₉＝a₁＋a₂＋a₃＋a₄＋25×3＝2＋2²＋2³＋2⁴－4＋75＝2＋4＋8＋16－4＋75＝101，而S₂₈＝S₂₉－3＝98＜100，故使S_n≥100成立的n的最小值为29.

减项问题

例3　已知等比数列{a_n}的前n项和S_n＝2ⁿ＋r，其中r为常数．

(1) 求r的值；

【解答】 因为S_n＝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{a_n}是等比数列可知a22＝a₁a₃，所以4＝(2＋r)×4，可得r＝－1.故S_n＝2ⁿ－1，a₁＝2＋r＝1.当n≥2时，a_n＝S_n－S_n－1＝(2ⁿ－1)－(2^n-1－1)＝2^n-1，且a₁＝1也适合该式，故a_n＝2^n-1，{a_n}是等比数列，即r＝－1满足题意．所以r＝－1.

(2) 设b_n＝2(1＋log₂a_n)，若数列{b_n}中去掉与数列{a_n}相同的项后余下的项按原来的顺序组成数列{c_n}，求c₁＋c₂＋c₃＋…＋c₁₀₀的值．

【解答】 由(1)知b_n＝2(1＋log₂a_n)＝2(1＋log₂2^n-1)＝2n.因为a₁＝1，a₂＝2＝b_1，a3＝4＝b_2，a4＝8＝b_4，a5＝16＝b_8，a6＝32＝b_16，a7＝64＝b_32，a8＝128＝b_64，a9＝256＝b₁₂₈，所以c₁＋c₂＋c₃＋…＋c₁₀₀＝(b₁＋b₂＋…＋b₁₀₇)－(a₂＋a₃＋…＋a₈)＝107×(2＋214)2－2×(1－27)1－2＝11 302.

对于增加项或减少项数列问题，弄清插入(或减少)的项数及插入(或减少)的项的规律是解题关键，然后再利用分组求和法可解决此类问题．

计数数列

例4(2024·临汾三模)已知首项为1的正项数列{a_n}的前n项和S_n＝12\a\vs4\al\co1(an＋\f(1an)).用[x]表示不超过x的最大整数，则[S₁]＋[S₂]＋[S₃]＋…＋[S₁₁₂]＝_745_．

【解析】 当n＝1时，S21＝a21＝1；当n≥2时，S_n＝12\a\vs4\al\co1(Sn－Sn－1＋\f(1Sn－Sn－1))，整理得S2n－S2n－1＝1，所以数列{S2n}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以S2n＝n，故S_n＝n.因为当1≤n≤3时，1≤S_n＜2，此时[S_n]＝1；当4≤n≤8时，2≤S_n＜3，此时[S_n]＝2；当9≤n≤15时，3≤S_n＜4，此时[S_n]＝3；当16≤n≤24时，4≤S_n＜5，此时[S_n]＝4；当25≤n≤35时，5≤S_n＜6，此时[S_n]＝5；当36≤n≤48时，6≤S_n＜7，此时[S_n]＝6；当49≤n≤63时，7≤S_n＜8，此时[S_n]＝7；当64≤n≤80时，8≤S_n＜9，此时[S_n]＝8；当81≤n≤99时，9≤S_n＜10，此时[S_n]＝9；当100≤n≤112时，10≤S_n＜11，此时[S_n]＝10.所以[S₁]＋[S₂]＋[S₃]＋…＋[S₁₁₂]＝3＋10＋21＋36＋55＋78＋105＋136＋171＋130＝745.

变式4(2024·广东大湾区二模)已知数列{a_n}为等差数列，a₁＝－4，其前n项和S_n满足：当n∈N^*且n＜9时，S₁＋S22＋…＋Snn＝S₁＋S22＋…＋S9－n9－n.

(1) 求{a_n}的通项公式；

【解答】 当n∈N^*且n＜9时，S₁＋S22＋…＋Snn＝S₁＋S22＋…＋S9－n9－n，令n＝5，得S55＝0，即S₅＝0，则5(a1＋a5)2＝0，即a₁＋a₅＝0，于是2a₁＋4d＝0，而a₁＝－4，解得d＝2，所以a_n＝2n－6.

(2) 定义集合M_n＝{a_i＋a_j|i，j∈N^*，且i，j≤n}，记M_n中的元素个数为b_n，数列{b_n}的前n项和为T_n，求T₁₀.

【解答】 记集合C_n＝{i＋j|i，j∈N^*且i，j≤n}，由于a_i＋a_j＝2(i＋j)－12，故M_n中的元素个数即为C_n中的元素个数，而C_n＝{2，3，4，…，2n}，共2n－1个元素，于是b_n＝2n－1，所以T₁₀＝(1＋19)×102＝100.

配套精练

1. 已知n∈N^*，a_n＝12n－1，b_n＝1(n＋1)2－1，将数列{a_n}与数列{b_n}的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列{c_n}，则数列{c_n}的前99项和为(　D　)

A. 196197B. 198199

C. 98197D. 99199

【解析】 数列{2n－1}是正奇数数列，对于数列{(n＋1)²－1}，当n为奇数时，设n＝2k－1(k∈N^*)，则(n＋1)²－1＝4k²－1，为奇数；当n为偶数时，设n＝2k(k∈N^*)，则(n＋1)²－1＝(2k＋1)²－1＝4k(k＋1)，为偶数，所以c_n＝14n2－1.因为c_n＝14n2－1＝1(2n－1)(2n＋1)＝12\a\vs4\al\co1(\f(112n＋1)，所以c₁＋c₂＋…＋c₉₉＝12×\a\vs4\al\co1(1－\f(11111199)＝12×\a\vs4\al\co1(1－\f(1199))＝99199.

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