高考数学重难点培优全攻略(新高考专用)微重点06子数列与增减项问题(3大考点+强化训练)(原卷版+解析)

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知识导图
考点分类讲解
考点一：奇数项、偶数项
规律方法 (1)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(an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1＝f(n))；
②含有(－1)n的类型；
③含有{a2n}，{a2n－1}的类型；
④已知条件明确的奇偶项问题．
(2)对于通项公式分奇、偶不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.
【例1】（2024•莆田模拟）已知等差数列的前项和为，公差，且，，成等比数列，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若求数列的前项和．
【分析】（1）根据等比中项的概念及等差数列的通项公式及前项和公式，列方程即可求解；
（2）由题意知，数列的奇数项构成等差数列，偶数项构成等比数列，根据等差数列及等比数列的求和公式即可求得．
【解答】解：（1）因为，，成等比数列，所以，
即，即，
所以，因为，所以，
又，所以，
即，所以，
所以数列的通项公式为：
；
（2）由（1）可得，
因为，
所以是以1为首项，2为公差的等差数列，
因为，
所以是以4为首项，4为公比的等比数列，
所以
，
所以数列的前项和为．
【点评】本题考查等差数列、等比数列及数列求和等知识，属中档题．
【变式1】（2024•晋中一模）已知数列的首项，且．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）令求数列的前项和．
【分析】（Ⅰ）由已知结合数列的递推关系看，结合等差数列的通项公式即可求解；
（Ⅱ）先求，然后利用分组求和及错位相减求和即可求解．
【解答】解：（Ⅰ），
，
令，则有．
于是数列是首项为2，公差为1的等差数列，
故，
于是；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，
则在前项中，，
，
，
作差得
，
，
则数列的前项和．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式，还考查了错位相减求和，属于中档题．
【变式2】 (2023·新高考全国Ⅱ)已知{an}为等差数列，bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数.))记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
【解析】(1)解 设等差数列{an}的公差为d，
而bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，))
则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S4＝4a1＋6d＝32，,T3＝4a1＋4d－12＝16，))
解得a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，
所以数列{an}的通项公式是an＝2n＋3.
(2)证明 方法一 由(1)知，Sn＝eq \f(n5＋2n＋3,2)＝n2＋4n，
bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，))
当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，
Tn＝eq \f(13＋6n＋1,2)·eq \f(n,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(7,2)n，
当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)n(n－1)>0，
因此Tn>Sn.
当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq \f(3,2)(n＋1)2＋eq \f(7,2)(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5，
当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，
因此Tn>Sn.
综上，当n>5时，Tn>Sn.
方法二 由(1)知，Sn＝eq \f(n5＋2n＋3,2)＝n2＋4n，
bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，))
当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝eq \f(－1＋2n－1－3,2)·eq \f(n,2)＋eq \f(14＋4n＋6,2)·eq \f(n,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(7,2)n，
当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)n(n－1)>0，
因此Tn>Sn，
当n为奇数时，若n≥3，
则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq \f(－1＋2n－3,2)·eq \f(n＋1,2)＋eq \f(14＋4n－1＋6,2)·eq \f(n－1,2)＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5，
显然T1＝b1＝－1满足上式，
因此当n为奇数时，Tn＝eq \f(3,2)n2＋eq \f(5,2)n－5，
当n>5时，Tn－Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq \f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，
因此Tn>Sn，
所以当n>5时，Tn>Sn.
【变式3】(2023·郑州模拟)已知数列{an}满足a1＝3，an＝an－1＋2n－1(n≥2，n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝an－1＋(－1)nlg2(an－1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】 (1)∵an－an－1＝2n－1(n≥2)，
∴当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－1－an－2)＋(an－an－1)
＝3＋2＋22＋…＋2n－2＋2n－1＝2＋eq \f(1－2n,1－2)＝2n＋1，
检验知当n＝1时上式也成立，
故an＝2n＋1(n∈N*)．
(2)由题意知，bn＝2n＋(－1)nn.
当n为偶数时，Tn＝2＋22＋…＋2n＋(－1)＋2＋(－3)＋4＋…＋(－1)nn
＝eq \f(21－2n,1－2)＋eq \f(n,2)
＝2n＋1－2＋eq \f(n,2)；
当n为奇数时，Tn＝Tn－1＋2n＋(－1)nn＝2n－2＋eq \f(n－1,2)＋2n－n＝2n＋1－2－eq \f(n＋1,2)且n≥3，
又当n＝1时，T1＝b1＝2－1＝1满足上式，
此时Tn＝2n＋1－2－eq \f(n＋1,2)，
综上，Tn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2n＋1－2－\f(n＋1,2)，n为奇数，,2n＋1－2＋\f(n,2)，n为偶数.))
考点二：两数列的公共项
规律方法 两个等差数列的公共项是等差数列，且公差是两等差数列公差的最小公倍数；两个等比数列的公共项是等比数列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数．
【例2】（2024高三·全国·专题练习）已知数列，的前n项和分别为，，且，，若两个数列的公共项按原顺序构成数列，则 .
【答案】819
【分析】由题中可得，再验证后可得；然后由可得，从而可得，可求得，从而可求得，即可求解.
【详解】由题， .
当时， ，当时， .
当时也满足.故，
又由，当时，
当时， ，
故是以为首项，为公比的等比数列，故，
故数列为与的公共项，
又，
故，故.
故答案为：819.
【变式1】（2024·全国·模拟预测）已知，，，若将数列与数列的公共项按从小到大的顺序排列组成一个新数列，则数列的前99项和为 ．
【答案】
【分析】分类讨论奇偶性，可知，利用裂项相消法分析求解.
【详解】因为数列是正奇数组成的数列，
所以数列中所有的奇数是数列和数列的公共项，
当为奇数时，设，则，为奇数；
当为偶数时，设，则，为偶数；
综上所述：.
则，
所以．
故答案为：.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是观察数列的通项公式，发现数列是正奇数组成的数列，故可以通过判断数列各项的奇偶，得到，再利用裂项相消法求和即可．
【变式2】（2024·福建漳州·模拟预测）将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】经检验，数列中的奇数项都是数列中的项，观察归纳可得.
【详解】数列中的项为：2，4，8，16，32，64，128，256，，
经检验，数列中的奇数项都是数列中的项，
即2，8，32，128，可以写成的形式，观察归纳可得，
所以，
故选：C．
【变式3】已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(3n2＋n,2)，{bn}为等比数列，公比为2，且b1，b2＋1，b3为等差数列．
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排成的数列记为{cn}，求数列{cn}的前n项和Tn.
【解析】解 (1)由Sn＝eq \f(3n2＋n,2)，
当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，
当n＝1时，上式也成立，
所以an＝3n－1.
依题意，b1＋b3＝2(b2＋1)，
b1＋b1·22＝2(b1·2＋1)，解得b1＝2，所以bn＝2n.
(2)数列{an}和{bn}的公共项从小到大依次为21,23,25,27，…，
所以21,23,25,27，…构成首项为2，公比为4的等比数列，所以cn＝2×4n－1，则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq \f(21－4n－1,1－4)＝eq \f(2,3)(4n－1－1)．
考点三：数列有关增减项问题
规律方法 解决此类问题的关键是通过阅读、理解题意，要弄清楚增加了(减少了)多少项，增加(减少)的项有什么特征，在求新数列的和时，一般采用分组求和法，即把原数列部分和增加(减少)部分分别求和，再相加(相减)即可．
【例3】(2023·无锡模拟)设等比数列{an}的首项为a1＝2，公比为q(q为正整数)，且满足3a3是8a1与a5的等差中项；数列{bn}满足2n2－(3＋bn)n＋eq \f(3,2)bn＝0(t∈R，n∈N*)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)当{bn}为等差数列时，对每个正整数k，在ak与ak＋1之间插入bk个2，得到一个新数列{cn}．设Tn是数列{cn}的前n项和，试求T100.
解 (1)由题意，可得6a3＝8a1＋a5，
所以6q2＝8＋q4，
解得q2＝4或q2＝2(舍)，则q＝2，
又a1＝2，所以an＝2n.
由2n2－(3＋bn)n＋eq \f(3,2)bn＝0，
得bn＝2n.
(2)因为b1＝2，所以a1与a2之间插入2个2，
b2＝4，所以a2与a3之间插入4个2，
b3＝6，所以a3与a4之间插入6个2，
…
则{cn}的前100项，由90个2，a1，a2，a3，…，a9，a10构成，所以T100＝(a1＋a2＋…＋a10)＋2×90
＝eq \f(21－210,1－2)＋180＝2 226.
【变式1】已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n＋r，其中r为常数．
(1)求r的值；
(2)设bn＝2(1＋lg2an)，若数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋c3＋…＋c100的值．
解 (1)因为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，
由{an}是等比数列可知，aeq \\al(2,2)＝a1a3，
所以4＝(2＋r)×4，即r＝－1.
此时Sn＝2n－1，a1＝2＋r＝1，
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1，
且a1＝1也适合该式，
故an＝2n－1是等比数列，即r＝－1满足题意．
所以r＝－1.
(2)bn＝2(1＋lg2an)＝2(1＋lg22n－1)＝2n，
因为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)
＝eq \f(107×2＋214,2)－eq \f(21－27,1－2)＝11 302.
【变式2】．(2023·天津模拟)设数列{an}的前n项和为Sn＝(n－1)2n＋1＋2，n∈N*.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(an,n)，抽去数列{bn}中的第1项，第4项，第7项，…，第3n－2项，余下的项顺序不变，组成一个新数列{cn}，求{cn}的前2 023项和T2 023.
解 (1)由Sn＝(n－1)2n＋1＋2，得a1＝2，
Sn－1＝(n－2)2n＋2(n≥2)，
两式相减得an＝n·2n，
当n＝1时，代入上式，求得a1＝2，
所以an＝n·2n(n∈N*)．
(2)由题知，bn＝eq \f(an,n)＝2n，
所以数列{cn}为22,23,25,26,28,29，…，
它的奇数项组成以4为首项，8为公比的等比数列；
偶数项组成以8为首项，8为公比的等比数列，
所以T2 023＝(c1＋c3＋c5＋…＋c2 023)＋(c2＋c4＋c6＋…＋c2 022)＝eq \f(221－81 012,1－8)＋eq \f(231－81 011,1－8)
＝eq \f(4×81 012－4,7)＋eq \f(81 012－8,7)
＝eq \f(5×81 012－12,7).
【变式3】（2024•天津模拟）已知是等差数列，是公比不为1的等比数列，，，，且是与的等差中项．
（1）求：数列和的通项公式．
（2）设，求．
（3）若对于数列、，在和之间插入个，组成一个新的数列，记数列的前项和为，求．
【分析】（1）根据等差等比数列的通项公式，计算可得；
（2）结合两个数列的通项公式，可判断的前项中两个数列的项数，然后分组和错位相减求和可得；
（3）求出的前2024项中总共有多少个2，利用分组求和可得．
【解答】解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，，
由，，则，故，
所以，
则，由，则，
又由是与的等差中项，所以，
即，解得或（舍去），
故；
（2）由，则，
，
则，
，
两式相减得，，
，
则，
其中①，，
②
①②相减可得，
则
所以，
则；
（3）时，与之间插入即3个2，
时，与之间插入即9个2，，时，在与之间插入个2，
此时共有项，
在的后面再插入个2即可．
则数列的前2024项的和
．
【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式、数列的错位相减法求和与分组求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
强化训练
一、单选题
1．（2023·江西南昌·三模）已知，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意分析出数列与数列的公共项，找出他们公共项的通向公式，再利用裂项相消法解决问题.
【详解】若数列与数列的公共项，
则设，即
，
因为为偶数，所以也为偶数，
所以令数列与数列的公共项为：
，
所以，
所以
，
故选：B.
2．（2023·四川德阳·一模）德阳某高校为迎接2023年世界新能源大会，决定选派一批志愿者参与志愿服务，计划首批次先选派1名志愿者，然后每批次增加1人，后因学生报名积极，学校决定改变派遣计划，若将原计划派遣的各批次人数看成数列，保持数列中各项先后顺序不变的情况下，在与之间插入，使它们和原数列的项依次构成一个新的数列，若按照新数列的各项依次派遣学生，则前20批次共派遣学生的人数为（ ）
A．2091B．2101C．2110D．2112
【答案】B
【分析】先得到的通项公式，再分组求和即可.
【详解】由题意得，当时，，
当时，，
故，
，
故前20批次共派遣学生的人数为.
故选：B
3．（23-24高三上·江西·期中）在等差数列中，，成公比不为1的等比数列，是的前项和，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，求得，，进而得到数列与的公共项从小到大排列得到数列的通项公式为，得出，结合裂项法求和，即可求解.
【详解】因为等差数列中，，成公比不为1的等比数列，
所以，可得，解得，
所以，则，可得，
由数列为正奇数列，
对于数列，设时，可得为偶数；
当时，可得为奇数，
所以数列与的公共项从小到大排列得到数列的通项公式为，
则，
所以.
故选：C.
4．（23-24高三上·湖南长沙·阶段练习）在数列中的相邻两项与之间插入一个首项为，公差为的等差数列的前项，记构成的新数列为，若，则前65项的和为（ ）
A．B．-13C．D．-14
【答案】A
【分析】根据题意，得到数列中及其后面项的和为，求解.
【详解】解：数列为：，
，
设及其后面项的和为，则，
所以数列是以1为首项，公差为的等差数列.
所以前65项的和为，
故选：A.
5．（2023·全国·模拟预测）已知数列满足，在，之间插入首项为，公差为的等差数列的前k项，构成数列，记数列的前n项和为，则（ ）
A．105B．125C．220D．240
【答案】B
【分析】由题意可得数列，进而根据等差数列的前项和公式结合分组求和可得数列中及其后连续k项的和为，进而代值求解计算即可.
【详解】由题意可得数列为：
，
记数列中及其后连续k项的和为，
则，
则
.
故选：B.
6．（2024·全国·模拟预测）已知，，，数列与数列的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列，则数列的前99项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】对n分奇数与偶数讨论，求出数列与数列的公共项，利用裂项相消法求和.
【详解】因为数列是正奇数数列，对于数列，当为奇数时，设，则，为奇数；当为偶数时，设，则，为偶数，所以，
，
所以，
故选：D．
二、多选题
7．（23-24高三上·江西南昌·期中）已知数列的通项公式是，在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列；……；在和之间插入个数，，，，使，，，，成等差数列.这样得到新数列：，，，，，，，，，，.记数列的前项和为，有下列选择支中，判断正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据等差数列的性质及前n项和公式即可判断选项A,B,C是否正确；选项D利用等比数列的前n项和公式及错位相减法求出进行判断.
【详解】对于选项A，因为，，，，成等差数列，
所以，故A正确；
对于选项B，因为和之间插入1个数，和之间插入2个数，…和之间插入9个数，
所以在数列中是第项，所以，故B错误；
对于选项C，在数列中是第项，在数列中是第项，
又依题意，成等差数列，所以，故C正确；
对于选项D， 由选项B可知，在数列中是第55项，所以
，故D正确.
故选：ACD
8．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知数列，则（ ）
A．当时，数列是公差为2的等差数列
B．当时，数列的前16项和为160
C．当时，数列前16项和等于72
D．当时，数列的项数为偶数时，偶数项的和大于奇数项的和
【答案】BCD
【分析】由题意可得，进而得，根据等差数列的通项公式即可判断A；分别求出数列前16项和中奇数项和与偶数项和，即可判断B；由得、、，进而得，计算即可判断C；由选项C知，利用累加法求出数列前2k项和中偶数项和与奇数项和之差，即可判断D.
【详解】由题意知，.
A：当时，，所以，
数列是以4为公差的等差数列，故A错误；
B：当时，，所以数列前16项和中奇数项和为8，
偶数项和为，则数列前16项和为160，故B正确；
C：当时，，令，得①，
令，得②，令，得③，
①②，得，①③，得，
所以，
所以数列前16项和为，故C正确；
D：由选项C可知，
当数列的项数为偶数时，令项数为2k（），
即偶数项和大于奇数项和，故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：已知，分别令，，可得到中相邻项和或差的关系，，，，进一步可得到隔项关系，，若已知前两项，由此可求出的通项公式，可惜本题中没有出现通项问题.
9．（23-24高二下·河北承德·开学考试）已知等差数列的首项，公差，在中每相邻两项之间都插入个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列，以下说法正确的是（ ）
A．
B．当时，
C．当时，不是数列中的项
D．若是数列中的项，则的值可能为7
【答案】ABD
【分析】求出通项判断A；求出公差、通项判断BC；探讨数列与的下标关系判断D.
【详解】对于A，由题意得，A正确；
对于B，新数列的首项为2，公差为2，故，B正确；
对于C，由B选项知，令，则，即是数列的第8项，C错误；
对于D，插入个数，则，
则等差数列中的项在新的等差数列中对应的下标是以1为首项，为公差的等差数列，
于是，而是数列的项，令，当时，，D正确.
故选：ABD
三、填空题
10．（2023·全国·模拟预测）已知数列的前n项和满足，，且，若数列的通项公式为，将数列与的公共项按从小到大的顺序排列得到数列，则的前n项和为 ．
【答案】
【分析】先根据得到，，变形后得到，得到，，经检验，也符合上式，再求出是以1为首项，以12为公差的等差数列，利用求和公式求出答案.
【详解】中，令得，即，
又，故令时，，即，
所以，解得，
由，得，，
两式相减得，，
两边同时除以，得，，
即，
故，，
经检验，也符合上式，故．
数列是以1为首项，以4为公差的等差数列，
数列是以1为首项，以3为公差的等差数列，
这两个数列的公共项构成的新数列是以1为首项，以12为公差的等差数列，
故的前n项和为．
故答案为：
11．（2024高三·江苏·专题练习）已知等差数列的首项为4，公差为6，在中每相邻两项之间都插入两个数，使它们和原数列的项一起构成一个新的等差数列，则数列的通项公式为 ；若是从中抽取的部分项按原来的顺序排列组成的一个等比数列，，令，则数列的前n项和= ．
【答案】 ；
【分析】因为为等差数列，故只需求出首项和公差即可，结合题意可知，，根据等差数列通项公式的求法即可求得；因为为等比数列，故只需求得公比和首项即可，结合，即可得的通项公式，进而求得，带入中，再用乘公比错位相减的方法即可求得。
【详解】解：由题不妨设设数列的公差为，
由题意可知，，，
所以，即，
所以；
设等比数列的公比为，则，
因为，所以，又，
所以，解得，
所以，
因为，
所以，
两式相减可得：
，
所以.
故答案为：；
四、解答题
12．（2023高三·全国·专题练习）一个等差数列的首项是8，公差是3，另一个等差数列的首项是12，公差是4，这两个数列有公共项吗？如果有，求出最小的公共项，并指出它分别是原等差数列的第几项？求出由公共项组成的数列的通项公式及前100项的和．
【答案】答案见解析
【分析】先分析公共项具有的规律特点，再对公共项进行求通项与求和运算即可得到答案．
【详解】设，，，
令，则，∴，．
公共项，，
令时，，令，则，
令，则，
所以最小公共项为，其是首项为8，公差为3的等差数列的第5项，
是首项为12，公差为4的等差数列的第3项，
∴其前100项的和．
13．（23-24高三上·山东青岛·期中）数列是等差数列，数列是等比数列，满足：，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)数列和的公共项组成的数列记为，求的通项公式；
(3)记数列的前项和为，证明：
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析；
【分析】（1）由等比数列和等差数列定义并利用已知条件可求得公差，公比，即可得出数列和的通项公式；
（2）根据通项公式可知是4的整数倍，即可得；
（3）由（2）可得对于都成立，可得，利用等比数列前项和公式即可得出证明.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由可得，易知，所以，解得；
又可得，可得；
由可得，即；
因此可得，；
所以数列和的通项公式为.
（2）数列和的公共项需满足，
可得，即是4的整数倍，
可知，由二项式定理可知若是4的倍数，则为正数，即；
所以可得，
即的通项公式为
（3）易知，显然对于都成立，
所以对于都成立，
即
，
即可得.
14．（2024高三·江苏·专题练习）已知各项均为正数的数列中，且满足，数列的前n项和为，满足．
(1)求数列，的通项公式；
(2)若在与之间依次插入数列中的k项构成新数列：，，，，，，，，，，……，求数列中前50项的和．
【答案】(1)，
(2)11522
【分析】（1）利用平方差公式将变形，得出数列是等差，可求出数列的通项；利用消去得到与的递推关系，得出数列是等比数列，可求出通项；
（2）分析中前50项中与各有多少项，分别求和即可．
【详解】（1）由
得：
∵
则是首项，公差为2的等差数列，∴，
又当时，得，
当，由…①
…②
由①－②整理得：，
∵，∴，∴，
∴数列是首项为1，公比为3的等比数列，故；
（2）依题意知：新数列中，（含）前面共有：项．
由，（）得：，
∴新数列中含有数列的前9项：，，……，，含有数列的前41项：，，，……，；
∴．
15．（2024·全国·模拟预测）已知数列为等差数列，，且数列是公比为2的等比数列，.
(1)求，的通项公式；
(2)若数列满足，将中的项按原有顺序依次插入到数列中，使与之间插入2项，形成新数列，求此新数列前面20项的和.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据条件先求解出的公差，则的通项公式可求；将的通项公式求出，则的通项公式可知；
（2）先分析前项的组成情况，然后采用分组求和求得结果.
【详解】（1）设的公差为，所以，
所以，所以，
又因为，所以.
（2）将及其后中的两项看成一组，故需要组再加上第组的前两项，
所以
.
16．（2023·山东泰安·二模）已知数列的前n项和为，，，.
(1)求；
(2)设，数列的前n项和为，若，都有成立，求实数的范围.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由，可得，两式相减并化简后可得，后分奇偶情况可得；
（2）方法1，由题，由等比数列前n项和公式可得表达式；方法2，注意到，可得表达式.后注意到的单调性，利用可得答案.
【详解】（1），.
，，.
又，，，数列的奇数项，偶数项分别是以2，4为首项，4为公差的等差数列.
当时，；当时，.
综上，，
（2）方法一：，
.
，.
方法二：，
，
，
，
∴时，为递增数列，
时，为递减数列，
若，都有成立，只需使，则且，则.