新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题9数列中的公共项与插项问题（附解析）

这是一份新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题9数列中的公共项与插项问题（附解析），共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知两个等差数列5，8，11，…，302与3，7，11，…，399，则它们所有公共项的个数为( )
A．23B．24C．25D．26
2．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足an＝n，在an，an＋1之间插入n个1，构成数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))：a1，1，a2，1，1，a3，1，1，1，a4，…，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前100项的和为( )
A．178B．191C．206D．216
3．[2023·安徽滁州模拟]已知数列{an}的通项公式为an＝2n－1，保持数列{an}中各项顺序不变，对任意的k∈N＋，在数列{an}的ak与ak＋1项之间，都插入k(k∈N＋)个相同的数(－1)kk，组成数列{bn}，记数列{bn}的前n项的和为Tn，则T100＝( )
A．4056B．4096C．8152D．8192
二、多项选择题
4．已知n，m∈N*，将数列{4n＋1}与数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(5m))的公共项从小到大排列得到数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))，则( )
A．an＝5n
B．an＝5n
C．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为eq \f(5（5n－1）,4)
D．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为eq \f(5（25n－1）,24)
[答题区]
三、填空题
5．[2023·湖北襄阳模拟]已知等差数列{an}中，a2＝4，a6＝16，若在数列{an}每相邻两项之间插入三个数，使得新数列也是一个等差数列，则新数列的第43项为________．
6．[2020·新高考Ⅰ卷]将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．
四、解答题
7．[2023·广东茂名模拟]已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) －S eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝8n.
(1)求Sn；
(2)在数列{an}的每相邻两项ak，ak＋1之间依次插入a1，a2，…，ak，得到数列{bn}：a1，a1，a2，a1，a2，a3，a1，a2，a3，a4，…，求{bn}的前20项和T20.
解：
8．[2023·辽宁丹东模拟]Sn为数列{an}的前n项和，已知Sn＝3－an－n2.
(1)证明：an＝3－2n；
(2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1之间插入数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（n＋1）·2n))的前k项，使它们和原数列的项构成一个新的数列：a1，2·21，a2，2·21，3·22，a3，2·21，3·22，4·23，a4，…，求这个新数列的前50项和．
解：
9．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(2an))是公比为4的等比数列，且满足a2，a4，a7成等比数列，Sn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的前n项和，且bn是1和Sn的等差中项，若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))是由数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中的项依次剔除与eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))的公共项剩下的部分组成，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))的前100项和．
解：
10．[2023·河北承德模拟]已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(3an＋3，n为奇数，,\f(1,3)an＋2，n为偶数．)))
(1)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a2n－1))为等差数列；
(2)若将数列{an}中满足ai＝aj的项ai，aj(i≠j)称为数列{an}中的相同项，将数列{an}的前40项中所有的相同项都剔除，求数列{an}的前40项中余下项的和．
解：
微专题9 数列中的公共项与插项问题
1．解析：设两数列的所有相同的项构成的新数列为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))，c1＝11，
又数列5，8，11，…，302的公差为3，
数列3，7，11，…，399的公差为4，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))的公差为12，所以cn＝12n－1≤302，解得n≤25eq \f(1,4)，
所以两数列有25个公共项．故选C.
答案：C
2．解析：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足an＝n，在an，an＋1之间插入n个1，构成数列{bn}：a1，1，a2，1，1，a3，1，1，1，a4，…，
所以共有n＋[1＋2＋…＋(n－1)]＝n＋eq \f(（n－1）（1＋n－1）,2)＝eq \f(1,2)(n2＋n)个数，当n＝13时，eq \f(1,2)×13×14＝91，
当n＝14时，eq \f(1,2)×14×15＝105，由于an＝n，所以S100＝(a1＋a2＋…＋a13)＋(100－13)×1＝eq \f(（1＋13）×13,2)＋87＝178.故选A.
答案：A
3．解析：插入n组共eq \f(n（n＋1）,2)个，∵eq \f(12×13,2)＝78，∴前面插入12组数，最后面插入9个－13.
1，eq \(－1,\s\d4(1个))，2，eq \(2，2,\s\d4(2个))，22，eq \(－3，－3，－3,\s\d4(3个))，23，…，211，eq \(12，…，12,\s\d4(12个))，212，eq \(－13，…，－13,\s\d4(9个))，
∵－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，
∴－1＋22－32＋42－…－112＋122－9×13＝3＋7＋11＋15＋19＋23－9×13＝eq \f(（3＋23）×6,2)－117＝－39，
又数列{an}的前13项和为
S13＝a1＋a2＋…＋a13＝eq \f(1×（213－1）,2－1)＝213－1＝210×8－1＝1024×8－1＝8191，
∴T100＝8191－39＝8152.故选C.
答案：C
4．解析：令4n＋1＝5m(n，m∈N*)，
所以n＝eq \f(5m－1,4)＝eq \f(（4＋1）m－1,4)
＝eq \f(4m＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(m)) ·4m－1＋…＋C eq \\al(\s\up1(m－1),\s\d1(m)) ·4,4)
＝k(k∈N*)(m＝2，3，…)，
当m＝1时，n＝1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(5m))为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(4n＋1))的子数列，
所以an＝5n(n＝1，2，3…)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项为eq \f(5（1－5n）,1－5)＝eq \f(5（5n－1）,4).故选BC.
答案：BC
5．解析：设等差数列{an}的公差为d，则a1＋d＝4，a1＋5d＝16，
所以a1＝1，d＝3，
设在数列{an}每相邻两项之间插入三个数所得新数列为{bn}，
则新的等差数列{bn}的公差为eq \f(d,4)＝eq \f(3,4)，首项为b1＝a1＝1，
所以新数列的通项公式为bn＝1＋eq \f(3,4)(n－1)＝eq \f(3,4)n＋eq \f(1,4)，
故b43＝eq \f(3,4)×43＋eq \f(1,4)＝eq \f(65,2).
答案：eq \f(65,2)
6．解析：设bn＝2n－1，cn＝3n－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，得n＝eq \f(3m－1,2)＝eq \f(3m－3＋2,2)＝eq \f(3（m－1）,2)＋1，于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N，则ak＝3(2k＋1)－2＝6k＋1，k∈N，得an＝6n－5，n∈N*.故Sn＝eq \f(1＋6n－5,2)×n＝3n2－2n.
答案：3n2－2n
7．解析：(1)对任意的n∈N*，因为S eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) －S eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝8n，
当n≥2时，S eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝(S eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) －S eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n－1)) )＋…＋(S eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －S eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )＋S eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝8(n－1)＋…＋8×1＋1＝8[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＋1＝8×eq \f(n（n－1）,2)＋1＝(2n－1)2，
因为an>0，所以Sn>0，故Sn＝2n－1.
当n＝1时，S1＝a1＝1适合Sn＝2n－1，
所以Sn＝2n－1，n∈N*.
(2)因为Sn＝2n－1，n∈N*，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－[2(n－1)－1]＝2，
所以，an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(1，n＝1,2，n≥2)))，
所以，数列{bn}的前20项分别为：1、1、2、1、2、2、1、2、2、2、1、2、2、2、2、1、2、2、2、2，
所以{bn}的前20项是由6个1与14个2组成．所以T20＝6×1＋14×2＝34.
8．解析：(1)证明：由S1＝3－a1－1得a1＝1.
由Sn＝3－an－n2，可知Sn＋1＝3－an＋1－(n＋1)2.
相减得2an＋1＝an－2n－1，所以an＋1＋2n－1＝eq \f(1,2)(an＋2n－3).
又a1－1＝0，故an＋2n－3＝0，因此an＝3－2n.
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（n＋1）·2n))的前项和为Tn，则Tn＝2·21＋3·22＋…＋(n＋1)·2n.
两边同乘以2得2Tn＝2·22＋3·23＋4·24＋…＋(n＋1)·2n＋1.
以上两式相减得
Tn＝(n＋1)·2n＋1－4－(22＋23＋…＋2n)＝n·2n＋1.
设ak＋1是新数列的第N项，则
N＝1＋2＋…＋(k＋1)＝eq \f(（k＋1）（k＋2）,2).
当k＝8时，N＝4550.
故这个新数列的前50项中包含{an}的前9项，以及数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（n＋1）·2n))的前k(k＝1，2，3，…，8)项和前5项，
由(1)知Sn＝n(2－n)，所以这个新数列的前50项和为
S9＋(1·22＋2·23＋…＋8·29)＋(2·21＋3·22＋4·23＋5·24＋6·25)
＝－63＋22(1＋2·21＋…＋8·27)＋5·26
＝257＋22(1＋7·28)
＝261＋7·210
＝7429.
9．解析：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(2an))是公比为4的等比数列，则eq \f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an＝4，即an＋1－an＝2，
即eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是公差为2的等差数列．
a2，a4，a7成等比数列，故a2·a7＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ，即(a1＋6)2＝(a1＋2)·(a1＋12)，解得a1＝6.
故an＝2n＋4.
bn是1和Sn的等差中项，则2bn＝1＋Sn，
当n＝1时，2b1＝1＋S1＝1＋b1，解得b1＝1；
当n≥2时，2bn－1＝1＋Sn－1，2bn＝1＋Sn，两式相减得到2bn－2bn－1＝bn，即bn＝2bn－1，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))是首项为1公比为2的等比数列，bn＝2n－1，验证n＝1时满足．
故bn＝2n－1.
令an＝2n＋4＝bm＝2m－1，即n＝2m－2－2，
当m＝4时，n＝2；
当m＝5时，n＝6；
当m＝6时，n＝14；
当m＝7时，n＝30；
当m＝8时，n＝62；
当m＝9时，n＝126.
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前105项中有5项需要剔除，分别为8，16，32，64，128.
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))的前100项和为105×6＋eq \f(104×105,2)×2－8－16－32－64－128＝11302.
10．解析：(1)证明：数列{an}满足a1＝3，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(3an＋3，n为奇数，,\f(1,3)an＋2，n为偶数．)))
设bn＝a2n－1，则b1＝a1＝3，
有bn＋1＝a2n＋1＝eq \f(1,3)a2n＋2＝eq \f(1,3)(3a2n－1＋3)＋2＝a2n－1＋3＝bn＋3，bn＋1－bn＝3，
所以数列{bn}是首项为3公差为3的等差数列，即数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a2n－1))为等差数列．
(2)由(1)可知，bn＝3n，
设cn＝a2n，同理可证数列{cn}是首项为12公差为9的等差数列，cn＝3＋9n，
设数列{bn}的前n项和为Sn，数列{cn}的前n项和为Tn，
数列{an}的前40项和为S20＋T20，
若bk＝cn(k，n∈N*)，即3k＝3＋9n，得k＝1＋3n，
k＝1＋3n≤20，有n≤6，
将数列{an}的前40项中所有的相同项都剔除，则数列{an}的前40项中余下项的和为：
S20＋T20－2T6＝eq \f(20×（3＋60）,2)＋eq \f(20×（12＋183）,2)－2×eq \f(6×（12＋57）,2)＝2166.
题号
1
2
3
4
答案