第32讲　高考题中的解答题三（数列）（教师版）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_二轮复习_备战2023年高考数学二轮复习对点题型（新高考专用）_第32讲高考题中的解答题三（数列）

第32讲 高考题中的解答题三 （数列） 数列求和 (一) 分组转化法求和 某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和.注意在含有字 母的数列中对字母的讨论. [典例] (2022·济南二模)已知{a}是递增的等差数列，a ＋a ＝18，a ，a ，a 分别为等比数列{b}的前 n 1 5 1 3 9 n 三项． (1)求数列{a}和{b}的通项公式； n n (2)删去数列{b}中的第a项(其中i＝1,2,3，…)，将剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{c}，求数 n i n 列{c}的前n项和S. n n [关键点拨] (1)根据题意可列出方程组，求得等差数列的公差，继而求得等比数列 的首项和公比，即得答案． 切入点 (2)删去数列{b}中的第a项(其中i＝1,2,3，…)后，求和时讨论n的奇偶 n i 性，并且分组求和，即可求得答案 障碍点 求数列{c}的前n项和S 要分n为奇数还是偶数进行讨论 n n [解] (1)设数列{a}的公差为d(d>0)，数列{b}的公比为q， n n 由已知得解得a＝3，d＝3，所以a＝3n. 1 n 所以b＝a＝3，q＝＝3，所以b＝3n. 1 1 n (2)由题意可知新数列{c}为b，b，b，b，…， n 1 2 4 5 若n＝1，则S＝b＝3，也符合上式． 1 1 方法技巧 (1)若数列{c}的通项公式为c＝a±b，且{a}，{b}为等差数列或等比数列，则可以采用分组求和法求 n n n n n n数列{c}的前n项和； n (2)若数列{c}的通项公式为c ＝且数列{a}，{b}是等比数列或等差数列，则可以采用分组求和法求数 n n n n 列{c}的前n项和； n (3)若数列的通项公式中有(－1)n等特征，根据正负号分组求和． 针对训练 (2022·菏泽二模)已知数列{a}中a＝1，它的前n项和S 满足2S＋a ＝2n＋1－1. n 1 n n n＋1 (1)证明：数列为等比数列； (2)求S＋S＋S＋…＋S . 1 2 3 2n 解：(1)证明：由2S＋a ＝2n＋1－1， ① n n＋1 得2S ＋a＝2n－1(n≥2)， ② n－1 n 由①－②，得a＋a ＝2n(n≥2)， n n＋1 由a ＝－a＋2n⇒a －＝－(n≥2)， n＋1 n n＋1 又当n＝1时，由①得a＝1⇒a－＝－， 2 2 所以对任意的n∈N*，都有a －＝－， n＋1 故是以为首项，－1为公比的等比数列． (2)由(1)知a－＝⇒a＝， n n 所以a ＝，代入①，得S＝－－， n＋1 n 所以S＋S＋…＋S ＝(22＋23＋…＋22n＋1)－[(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)2n]－ 1 2 2n ＝－0－n＝. (二) 错位相减法求和 若数列{a}和{b}分别是等差数列和等比数列，则求其积数列{a·b}的前n项和，可以运用错位相减法. n n n n [典例] (2022·石家庄二模)设数列{a}的前n项和为S.已知a＝1,2a ＝S＋2(n∈N*)． n n 1 n＋1 n (1)求数列{a}的通项公式； n (2)数列{b}满足b＝a (n∈N*)，求数列{b}的前n项和T. n n n n n [关键点拨] (1)根据a 与S 得关系，计算即可得出答案． n n 切入点 (2)求出数列{b}的通项公式，再利用错位相减法求和 n 障碍点 求T 时错位相减法后得到等比数列，注意准确确定其项数 n [解] (1)当n≥2时，由2a ＝S＋2，得2a＝S ＋2，两式相减得2a －2a＝a，所以＝， n＋1 n n n－1 n＋1 n n 因为a＝1，a＝＝，所以＝， 1 2 所以数列{a}是以1为首项，为公比的等比数列，通项公式a＝n－1. n n (2)b＝a· ＝(n－2)·n－1， n n 则T＝－1×0＋0×＋1×2＋…＋(n－2)·n－1，T＝－1×＋0×2＋1×3＋…＋(n－3)·n－1＋(n－2)·n， n n 两式相减得－T＝－1＋＋2＋…＋n－1－(n－2)·n＝－2＋－(n－2)n， n 所以T＝2(n－4)n＋8. n 方法技巧 运用错位相减法求和的关键 判断模型 判断数列{a}，{b}是不是一个为等差数列，一个为等比数列 n n 错开位置 为两式相减不会看错列做准备 相减 相减时一定要注意最后一项的符号 针对训练 (2022·临沂二模)已知数列{a}的前n项和为S，a＝1，S ＝2S＋1. n n 1 n＋1 n (1)求{a}的通项公式； n (2)记b＝，求数列{b}的前n项和T. n n n 解：(1)由S ＝2S＋1，得S＝2S ＋1(n≥2，n∈N*)，∴S －S＝2S－2S ， n＋1 n n n－1 n＋1 n n n－1 ∴a ＝2a(n≥2，n∈N*)． n＋1 n 又a＝1，S ＝2S＋1， 1 n＋1 n ∴a＋a＝2a＋1，整理得a＝2a. 2 1 1 2 1 ∴数列{a}是首项为1，公比为2的等比数列， n ∴数列{a}的通项公式为a＝2n－1. n n (2)由(1)得a＝2n－1， n ∴b＝＝＝. n ∴T＝b＋b＋b＋…＋b， n 1 2 3 n 即T＝0＋＋＋…＋， n T＝0＋＋＋…＋， n 两式相减，得T＝＋＋…＋－＝－＝1－， n ∴T＝2－. n (三) 裂项相消法求和 (1)对于无法用公式法、分组法、错位相减法求和的数列，可以考虑根据通项的特点，将其裂项，使得 和式中许多项能相互抵消． (2)常见的裂项技巧： ①＝－. ②＝. ③＝. ④＝－. ⑤log ＝log (n＋1)－log n(n>0)． a a a [典例] (2022·菏泽一模)已知数列{a}，{b}满足ab＋a b＋…＋ab＝2n－－1，其中a＝2n. n n n 1 n－1 2 1 n n(1)求b，b 的值及数列{b}的通项公式； 1 2 n (2)令c＝，求数列{c}的前n项和． n n [关键点拨] (1)将n＝1，n＝2分别代入ab＋a b＋…＋ab＝2n－－1，即可求得b，b n 1 n－1 2 1 n 1 2 切入点 的值，然后利用递推关系式即可求得数列{b n }的通项公式． (2)代入a，b，将c 化简后通过裂项相消法，即可求得数列{c}的前n项和 n n n n 障碍点 把c＝裂为两项 n [解] (1)因为a＝2n，所以a＝2，a＝4， n 1 2 当n＝1时，由题设可得ab＝2－－1，即2b＝，所以b＝； 1 1 1 1 当n＝2时，由题设可得ab＋ab＝22－－1，即1＋2b＝2，所以b＝. 2 1 1 2 2 2 当n≥2时，由题设可得 2nb＋2n－1b＋…＋22b ＋2b＝2n－－1， ① 1 2 n－1 n 2n－1b＋2n－2b＋…＋2b ＝2n－1－－1，此式两边同乘以2，得 1 2 n－1 2nb＋2n－1b＋…＋22b ＝2n－n－1， ② 1 2 n－1 由①－②，得2b＝，即b＝. n n 又b＝也适合上式， 1 故数列{b}的通项公式为b＝(n∈N*)． n n (2)由(1)知，c＝16×＝16×， n c＋c＋…＋c＝16×＝16×. 1 2 n 方法技巧 裂项相消之后，余项的基本特征 (1)前几后几：即前面的余式和后面的余式的个数相同； (2)前第几，后倒数第几：即余下的式子是对称的； (3)突破口：裂项是关键！注意检验裂项过程中的等号；可以把裂好的项通分，检验等号是否成立． 针对训练 (2022·枣庄三模)已知正项数列{a}的前n项和为S，且4，a＋1，S 成等比数列，其中n∈N*. n n n n (1)求数列{a}的通项公式； n (2)设b＝，求数列{b}的前n项和T. n n n 解：(1)对任意的n∈N*，a>0，由题意可得4S＝(a＋1)2＝a＋2a＋1. n n n n 当n＝1时，则4a＝4S＝a＋2a＋1，解得a＝1， 1 1 1 1 当n≥2时，由4S＝a＋2a＋1，得4S ＝a＋2a ＋1， n n n－1 n－1 上述两个等式作差得4a＝a－a＋2a－2a ，即(a＋a )(a－a －2)＝0， n n n－1 n n－1 n n－1 因为a＋a >0，所以a－a ＝2， n n－1 n n－1 所以数列{a}是首项为1，公差为2的等差数列，则a＝1＋2(n－1)＝2n－1. n n(2)由(1)得，S＝＝n2， n 则b＝＝＝＝1＋＝1＋， n ＝ 因此，T＝n＋ n＋. n 综合性考法针对练——数列求和 1．已知数列{a}满足a＋a＝0，a ＋(－1) a＝2，则数列{a}的前2 020项的和为( ) n 1 2 n＋2 n n A．0 B．1 010 C．2 020 D．2 024 解析：选C 在a ＋(－1) a ＝2中，分别令n＝1,2，得a －a ＝2，a －a ＝2，两式相加得a ＋ n＋2 n 3 1 4 2 3 a＝a＋a＋4＝4.在a ＋(－1) a＝2中，分别令n＝3,4，得a＋a＝2，a＋a＝2，两式相加得a＋a 4 1 2 n＋2 n 5 3 6 4 3 4 ＋a＋a＝4，所以a＋a＝0，依此类推，可得a ＋a ＝0，a ＋a ＝4(k∈N*)， 5 6 5 6 4k－3 4k－2 4k－1 4k a ＋a ＋a ＋a ＝4(k∈N*)，所以数列{a}的前2 020项的和为×4＝2 020.故选C. 4k－3 4k－2 4k－1 4k n 2．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为： 第一步：构造数列1，，，，…，； 第二步：将数列的各项乘以n，得数列(记为)a，a，a，…，a. 1 2 3 n 则aa＋aa＋…＋a a(n≥2)等于( ) 1 2 2 3 n－1 n A．n2 B．(n－1)2 C．n(n－1) D．n(n＋1) 解析：选C 当n≥2时，aa＋aa＋…＋a a 1 2 2 3 n－1 n ＝·＋·＋…＋· ＝n2 ＝n2 ＝n2·＝n(n－1)． 3．若数列{b}满足：若b ＝b(m，n∈N*)，则b ＝b ，则称数列{b}为“等同数列”．已知数列 n m n m＋1 n＋1 n {a}满足a＝5，且a＝n(a －a)，若“等同数列”{b}的前n项和为S，且b＝a＝b，b＝a，S＝a ， n 5 n n＋1 n n n 1 1 4 2 2 5 10 则S ＝( ) 2 022 A．4 711 B．4 712 C．4 714 D．4 718 解析：选D 由a＝n(a －a)，得＝，则＝＝＝…＝＝1， n n＋1 n 故a＝n，所以b＝a＝1，b＝a＝2，b＝a＝1. n 1 1 2 2 4 1 因为数列{b}为“等同数列”，所以b＝b＝2，因为S＝a ＝10， n 5 2 5 10 所以1＋2＋b ＋1＋2＝10，解得b ＝4，同理得b ＝b ＝4，b ＝b ＝1，b ＝b ＝2，…，故数列{b}是 3 3 6 3 7 4 8 5 n 以3为周期的数列， 所以S ＝S ＝(1＋2＋4)×674＝4 718.故选D. 2 022 674×34．在数学和许多分支中都能见到很多以瑞士数学家欧拉命名的常数、公式和定理，如：欧拉函数φ(n) (n∈N*)的函数值等于所有不超过正整数n且与n互素的正整数的个数(互素是指两个整数的公约数只有1)． 例如：φ(1)＝1；φ(3)＝2(与3互素有1,2)；φ(9)＝6(与9互素有1,2,4,5,7,8)．记S 为数列{n·φ(3n)}的前n项 n 和，则S ＝( ) 10 A.×310＋ B．×310＋ C.×311＋ D．×311＋ 解析：选A 因为与3n互素的数为1,2,4,5,7,8,10,11，…，3n－1，共有2×3n－1，所以φ(3n)＝2×3n－1， 则n·φ(3n)＝2n×3n－1，于是S＝2×30＋4×31＋6×32＋…＋2n×3n－1， ① n 3S＝2×31＋4×32＋6×33＋…＋2n×3n， ② n 由①－②，得－2S＝2×30＋2×31＋2×32＋…＋2×3n－1－2n×3n＝2·－2n×3n＝(1－2n)·3n－1， n 则S＝·3n＋，于是S ＝×310＋.故选A. n 10 5．已知{a}为等比数列，a，a，a 分别是下表第一、二、三行中的数，且a，a，a 中的任何两个数 n 1 2 3 1 2 3 都不在下表的同一列，{b}为等差数列，其前n项和为S，且a＝b－2b，S＝7a. n n 1 3 1 7 3 第一列 第二列 第三列 第一行 1 5 2 第二行 4 3 10 第三行 9 8 20 (1)求数列{a}，{b}的通项公式； n n (2)若c＝[lg b]，其中[x]是高斯函数，表示不超过x的最大整数，如[lg 2]＝0，[lg 98]＝1，求数列{c} n n n 的前100项的和T . 100 解：(1)由题意知a＝2，a＝4，a＝8， 1 2 3 所以等比数列{a}的公比q＝2，a＝aqn－1＝2n. n n 1 设等差数列{b}公差为d，则2＝b－2b＝2d－b，S＝＝7b＝7a， n 3 1 1 7 4 3 所以b＝8＝b＋3d，所以b＝2，d＝2，b＝2n. 4 1 1 n (2)因为c＝[lg(2n)]， n 所以T ＝c ＋c ＋…＋c ＝[lg 2]＋[lg 4]＋…＋[lg 8]＋[lg 10]＋…＋[lg 98]＋[lg 100]＋…＋[lg 200]＝ 100 1 2 100 4×0＋45×1＋51×2＝147. 6．(2022·聊城二模)已知数列{a}的前n项和为S，a＝1，且3S ＝S－1(n≥2)． n n 1 n－1 n (1)求数列{a}的通项公式； n (2)若数列{b}满足b＝log ，求数列{a＋b}的前n项和T. n n 3 n n n 解：(1)当n＝2时，3S＝S－1＝a＋a－1，∵a＝1，∴a＝3， 1 2 1 2 1 2 当n≥3时，3S ＝S －1,3S ＝S－1， n－2 n－1 n－1 n ∴a＝3a ，又a＝3a，∴＝3(n≥2)， n n－1 2 1 ∴数列{a}是首项为1，公比为3的等比数列， n ∴a＝3n－1. n(2)由b＝log 及a＝3n－1，可得 n 3 n b＝，a＋b＝3n－1＋， n n n ∴T＝(30＋31＋32＋…＋3n－1)＋＝＋＝＋. n 7．在数列{a}中，a＝2，且a －2n＋1＝a－2n＋1. n 1 n＋1 n (1)证明：数列{a－n＋1}是等比数列． n (2)若b＝log (a－n＋1)，求数列的前n项和S. n 4 n n 解：(1)证明：∵a －2n＋1＝a－2n＋1，∴(a －2n＋1)－(a－2n)＝1， n＋1 n n＋1 n 又∵a＝2，∴a－2＝0，∴数列{a－2n}是首项为0，公差为1的等差数列， 1 1 n ∴a－2n＝n－1，∴a－n＋1＝2n，从而＝2，∴数列{a－n＋1}是首项为2，公比为2的等比数列． n n n (2)由(1)知a－n＋1＝2n，则b＝log (a－n＋1)＝， n n 4 n ∴＝＝4，∴S＝4×＝. n 8．(2022·平凉二模)在①a ＝1，na ＝(n＋1)a ，②2a ＋2a ＋…＋2a ＝2n＋1－2这两个条件中任选一 1 n＋1 n 1 2 n 个，补充在下面的问题中并作答． 问题：在数列{a}中，已知________． n (1)求{a}的通项公式． n (2)若b＝，求数列{b}的前n项和S. n n n 解：(1)选择①，因为na ＝(n＋1)a，所以＝.所以是常数列． n＋1 n 又＝1，所以＝1故a＝n. n 选择②，因为2a＋2a＋…＋2a＝2n＋1－2， ① 1 2 n 所以当n＝1时，2a＝22－2＝2，解得a＝1， 1 1 当n≥2时，2a＋2a＋…＋2a ＝2n－2， ② 1 2 n－1 故n≥2时，由①－②可得，2a＝2n＋1－2n＝2n，所以a＝n.又a＝1也符合上式，所以a＝n. n n 1 n (2)由(1)可知，b＝， n 则S＝＋＋…＋. n S＝＋＋…＋. n 两式相减得S＝＋＋＋…＋－＝＋－＝－. n 故S＝1－. n 数列的递推关系与子数列问题 (一) 构造法求数列的通项公式 高考试题中求数列的通项公式，一般不单独考查，往往是作为解答题的一个小题，与数列的求和综合 考查，其总的原则是转化为等差数列、等比数列求解. [典例] (1)已知数列{a}满足a＝－2，且a ＝3a＋6，求{a}的通项公式； n 1 n＋1 n n (2)已知数列{a}满足a＝2，a －2a＝2n＋1(n∈N*)，求数列{a}的通项公式； n 1 n＋1 n n (3)已知数列{a}中，a＝，a＝a ＋2aa ，求数列{a}的通项公式． n 2 n n＋1 n n＋1 n [关键点拨](1)由a ＝3a＋6，可构造a ＋λ＝q(a＋λ)的形式． n＋1 n n＋1 n 切入点 (2)将已知递推式两边同除以2n＋1，由等差数列的定义和通项公式，可得所求． (3)首先证得是等差数列，然后求出的通项公式，进而求出{a}的通项公式 n 障碍点 对递推式进行合理变形，转化为等差数列或等比数列 [解] (1)由a ＝3a ＋6，得a ＋3＝3(a ＋3)，所以{a ＋3}是以1为首项，3为公比的等比数列，所 n＋1 n n＋1 n n 以a＋3＝3n－1，故a＝3n－1－3. n n (2)由a －2a＝2n＋1，左、右两边同除以2n＋1， n＋1 n 得－＝1， 则数列是首项为＝1，公差为1的等差数列， 则＝1＋n－1＝n，即a＝n·2n. n (3)因为a ＝a ＋2aa ，令n＝1，则a ＝a ＋2aa ，又a ＝，所以a ＝1，对a ＝a ＋2aa 两边 n n＋1 n n＋1 1 2 1 2 2 1 n n＋1 n n＋1 同时除以aa ，得－＝2， n n＋1 又因为＝1，所以是首项为1，公差为2的等差数列， 所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，故a＝. n 方法技巧 1．用“待定系数法”构造等比数列 形如a ＝ka ＋p(k，p为常数，kp≠0)的数列，可用“待定系数法”将原等式变形为a ＋m＝k(a ＋ n＋1 n n＋1 n m)(其中m＝)，由此构造出新的等比数列{a＋m}，先求出{a＋m}的通项公式，从而求出数列{a}的通项公 n n n 式． 2．用“同除法”构造等差数列 (1)形如a ＝qa＋p·qn＋1(n∈N*)，可通过两边同除qn＋1，将它转化为＝＋p，从而构造数列为等差数列， n＋1 n 先求出的通项公式，便可求得{a}的通项公式． n (2)形如a －a ＝ka a(k≠0)的数列，可通过两边同除以a a ，变形为－＝k的形式，从而构造出 n n＋1 n＋1 n n＋1 n 新的等差数列，先求出的通项公式，便可求得{a}的通项公式． n 针对训练 1．在数列{a}中，a＝1，S ＝4a＋2，则a 的值为( ) n 1 n＋1 n 2 023 A．1 517×22 024 B．1 517×22 023 C．1 517×22 022 D．无法确定 解析：选B ∵a＝1，S ＝4a＋2，∴S＝a＋a＝4a＋2，解得a＝5. 1 n＋1 n 2 1 2 1 2 ∵S ＝4a＋2，∴S ＝4a ＋2，两式相减得，a ＝4a －4a， n＋1 n n＋2 n＋1 n＋2 n＋1 n ∴a －2a ＝2(a －2a)， n＋2 n＋1 n＋1 n ∴{a －2a}是以a－2a＝3为首项，2为公比的等比数列， n＋1 n 2 1 ∴a －2a＝3×2n－1，两边同除以2n＋1，则－＝， n＋1 n ∴是以为公差，＝为首项的等差数列， ∴＝＋(n－1)×＝，∴a＝×2n＝(3n－1)×2n－2， n ∴a ＝(3×2 023－1)×22 021＝1 517×22 023. 2 023 2．已知数列{a}满足a＝1，a ＝(n∈N*)，则a ＝( ) n 1 n＋1 10 A. B． C. D． 解析：选C 由a ＝，两边同时取倒数得＝＝＋1，则＋1＝2，所以数列为等比数列，则＋1＝·2n－1 n＋1 ＝2n， 所以a＝，故a ＝＝.故选C. n 10 3．已知数列{a}，{b}满足a＝，2a －a＝16a a，b＝－16，则b＝________. n n 1 n＋1 n n＋1 n n n 解析：由2a －a＝16a a，得＝－16，于是－16＝2，即b ＝2b， n＋1 n n＋1 n n＋1 n 而b＝－16＝2，所以{b}是首项为2，公比为2的等比数列． 1 n 所以b＝2×2n－1＝2n. n 答案：2n (二) 数列的奇偶项问题 数列中的奇、偶项问题是对一个数列分成两个新数列进行单独研究，利用新数列的特征等差、等比数 列或其他特征求解原数列. 数列中的奇、偶项问题的常见题型： 1数列中连续两项和或积的问题a＋a ＝fn或a·a ＝fn； n n＋1 n n＋1 2含有－1n的类型； 3含有{a }，{a }的类型； 2n 2n－1 4已知条件明确的奇、偶项问题. [例1] 已知数列{a}的前n项和为S ，对任意n∈N*，S ＝(－1)na ＋＋n－3且(t－a )(t－a)<0恒成 n n n n n＋1 n 立，则实数t的取值范围是________． [关键点拨] 切入点 由题意及S－S ＝a 可得a 的表达式，再根据n的奇偶性求a n n－1 n n n 迁移点 结合函数的单调性解不等式，注意n的范围 [解析] 当n＝1时，a＝－， 1 当n≥2时，S ＝(－1)n－1a ＋＋n－4， n－1 n－1 所以a＝(－1)na＋(－1)na －＋1. n n n－1 当n为偶数时，a ＝－1； n－1 当n为奇数时，2a＝－a －＋1， n n－1 即－2＝－a －＋1，a ＝3－. n－1 n－1 所以a＝ n 当n为偶数时，a＝3－∈，当n为奇数时，a＝－1∈， n n 又因为(t－a )(t－a)<0恒成立，所以－T>T>…，故只有T ＝1， k k＋1 k 1 2 3 1 此时k＝1，m＝2×1－1＝1.综上，在数列{a}中，仅存在连续的三项a，a，a，按原来的顺序成等差数列， n 1 2 3 此时正整数m的值为1. 方法技巧 1．奇偶两重天 (1)项的奇偶性：数列中的奇数项、偶数项数列问题实质上是对一个数列划分成两个新的数列进行考查， 很多同学对n为奇数时的情形产生混淆，往往会弄错新数列与原数列的项数； (2)项数的奇偶性：数列{a}中的任意一项a 的角标不是奇数就是偶数． n n 2．处理策略奇偶分离法，其本质其实就是分类讨论，只不过分类标准是项的奇偶性，按照奇数项与偶数项分而治 之地进行操作．分类讨论的一层涵义是不能合而分，我们也不要忽视分类讨论的另一层涵义是能合而不分， 能够站在整体视角看的就可以通过具体手段巧妙地避免分类讨论． 针对训练 1．(2022·运城期末)设首项为1的数列{a}的前n项和为S ，且a ＝若S >4 042，则正整数m的最小值 n n n m 为( ) A．14 B．15 C．16 D．17 解析：选C 由a ＝得a ＝a ＋3，a ＝2a ＋3，则a ＝2(a ＋3)＋3＝2a ＋9，于是a n 2k 2k－1 2k＋1 2k 2k＋1 2k－1 2k－1 2k＋1 ＋9＝2(a ＋9)，而a＝1，a＝a＋3＝4，所以a ＝10·2k－1－9，a ＝10·2k－1－6. 2k－1 1 2 1 2k－1 2k 所以S ＝a ＋a ＋…＋a ＝－9k＝5·2k＋1－10－9k，S ＝a ＋a ＋…＋a ＝5·2k＋1－10－6k，所以 奇数 1 3 2k－1 偶数 2 4 2k S ＝S ＋S ＝10·2k＋1－20－15k，当k＝8时，S ＝4 980>4 042，又a ＝1 274，所以S ＝4 980－1 274 2k 奇数 偶数 16 16 15 ＝3 706<4 042，故整数m的最小值为16.故选C. 2．数列{a}满足a ＋(－1)na＝2n－1，则其前60项的和为________． n n＋1 n 解析：由a ＋(－1)na ＝2n－1，得a －a ＝1，a ＋a ＝3，a －a ＝5，a ＋a ＝7，a －a ＝9，a ＋a n＋1 n 2 1 3 2 4 3 5 4 6 5 7 6 ＝11，…，a －a ＝197， 100 99 所以a＋a＝2，a＋a＝8，a＋a＝2，a＋a＝24，a＋a ＝2，a ＋a ＝40，…， 3 1 4 2 7 5 8 6 9 11 12 10 所以从第一项起，每四项的和构成以10为首项，16为公差的等差数列， 所以{a}前60项和为15×10＋×16＝1 830. n 答案：1 830 (三) 数列的公共项问题 将数列{a}与{b}看成两个集合，这两个集合的交集中的元素按照一定的顺序排成一列数，形成的新 n n 数列，成为两个数列的公共数列，其中的这些元素就是数列的公共项. [典例] (1)(2020·新高考全国卷Ⅰ)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{a}，则 n {a}的前n项和为________． n (2)已知两个等差数列{a}：5,8,11，…与{b}：3,7,11，…，它们的公共项组成数列{c}，则数列{c}的 n n n n 通项公式c＝________；若数列{a}和{b}的项数均为100，则{c}的项数是________． n n n n [解析] (1)法一：(观察归纳法)数列{2n－1}的各项为1,3,5,7,9,11,13，…；数列{3n－2}的各项为 1,4,7,10，13，…. 观察归纳可知，两个数列的公共项为1,7,13，…，是首项为1，公差为6的等差数列， 则a＝1＋6(n－1)＝6n－5. n 故前n项和S＝＝＝3n2－2n. n 法二：设b＝2n－1，c＝3n－2，b＝c ， n n n m 则2n－1＝3m－2， 得n＝＝＝＋1，于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N， 则a＝3(2k＋1)－2＝6k＋1，k∈N，得a＝6n－5，n∈N*.故S＝＝3n2－2n. k n n (2)由于数列{a}是以3为公差的等差数列，数列{b}是以4为公差的等差数列，所以{c}也是等差数列， n n n 且公差为3×4＝12， 又c＝11，故c＝11＋12(n－1)＝12n－1. 1 n 又a ＝5＋(100－1)×3＝302，b ＝3＋(100－1)×4＝399， 100 100 所以由n∈N*，解得1≤n≤25，故{c}的项数为25. n [答案] (1)3n2－2n (2)12n－1 25 方法技巧 求两个数列的公共项有两种方法 不定方程法 列出两个项相等的不定方程，求出符合条件的项，并解出相应的通项公式 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，并找 周期法 到规律(周期)，分析相邻两项之间的关系，从而得到通项公式