第47讲 数列中的新数列问题（微专题）-备战2024年高考数学一轮复习精品导与练（新高考）

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题型选讲
题型一 由数列公共项构成新数列
例1、（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中统考三模）已知数列的前项和为，满足，等差数列中.
(1)求和的通项公式；
(2)数列与的共同项由小到大排列组成新数列，求数列的前20的积.
【答案】(1)，；
(2).
【详解】（1），，当时，，两式相减得：，
即，而，解得，因此数列是首项为3，公比为3的等比数列，，
在等差数列中，由，得，解得，
则公差，，
所以和的通项公式分别为，.
（2）令数列的第m项与数列的第k项相同，即，
于是，
显然是4的正整数倍，要成立，
当且仅当为正偶数，因此数列与的共同项为，即，
所以.
变式1、（2022·山东日照·高三期末）数列中，已知，数列{bn}满足，点在直线上.
(1)求数列的通项公式；
(2)数列中满足：①；②存在使的项组成新数列{cn}，求数列{cn}所有项的和.
【答案】(1)，
(2)341
【解析】
【分析】
(1) 由与的关系式可得通项公式，再由点与直线的关系可得的通项公式；
(2) 找出满足条件的共同项再求和即可.
(1)
，，，
①，，，满足①，
所以是以1为首项2为公比的等比数列，
所以.
因为点在直线上，
所以，，是首项为1公差为3的等差数列，所以.
(2)
且满足的中项一定是除3余1的数，即形如的数，
同时满足，所以，，，，
数列{cn}所有项的和为：.
变式2、（2022·山东德州·高三期末）已知等差数列中，，首项，其前四项中删去某一项后（按原来的顺序）恰好是等比数列的前三项.
(1)求的通项公式；
(2)设中不包含的项按从小到大的顺序构成新数列，记的前n项和为，求.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意求出，从而求出通项公式；（2）先求出的前25项和，再减去前25项中含有数列中的项的和，求出答案.
(1)
等差数列中，，，其前四项，，，中删去某一项后（按原来的顺序）恰好是等比数列的前三项.
根据题意，当删去数列中第三项时，
满足，解得；
删去时，满足，此方程无解，不满足题意，同理可证，删除与时，均不满足题意；
故；
所以，
(2)
已知等差数列中，，
数列中的项为：4，8，16，32，64，128，256，…，
所以.
故数列的前25项和为，
数列的前25项中含有数列中的项的和为，
所以.
题型二 由给定数列的项数构成新数列
例2、（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）已知数列，前n项和为，且满足，，，，，等比数列中，，且，成等差数列．
(1)求数列和的通项公式；
(2)记为区间中的整数个数，求数列的前n项和．
【答案】(1)，；(2)
【分析】（1）根据，，得到为等差数列，根据通项公式和求和公式基本量计算出首项和公差，得到的通项公式，再利用等比数列通项公式基本量计算出和公比，求出的通项公式；
（2）在第一问的基础上得到，分组求和，结合等差数列和等比数列求和公式求出答案.
【详解】（1），，，
即，，，
故为等差数列，设公差为，
故，，
解得：，，
所以，
设等比数列的公比为，，
因为，成等差数列，所以，
即，与联立得：或0（舍去），
且，故，
（2）由题意得：为中的整数个数，
故，
所以
.
变式1、（2023·江苏徐州·徐州市第七中学校考一模）已知等比数列的前n项和为（b为常数）．
(1)求b的值和数列的通项公式；
(2)记为在区间中的项的个数，求数列的前n项和．
【答案】(1)；；(2)
【分析】（1）依题意等比数列的公比不为1，再根据等比数列前项和公式得到，即可得到且，从而求出、，即可得解；
（2）首先令，，即可求出的取值范围，从而求出，即可得到，再利用错位相减法求和即可；
【详解】（1）解：由题设，显然等比数列的公比不为1，
若的首项、公比分别为、，则，
∴且，所以，
故的通项公式为．
当时，；
（2）解：令，，解得，所以
数列在中的项的个数为，则，所以，
∵，①
∵②
两式相减得∴．
∴
变式2、（2023·江苏泰州·泰州中学校考一模）已知数列是等差数列，，且，，成等比数列．给定，记集合的元素个数为．
(1)求，的值；
(2)求最小自然数n的值，使得．
【答案】(1)，；；(2)11
【分析】（1）利用等比数列的性质求得公差，得通项公式，写出时的集合可得元素个数，即；
（2）由（1）可得，然后分组求和法求得和，用估值法得时和小于2022，时和大于2022，由数列的单调性得结论．
【详解】（1）设数列的公差为，由，，成等比数列，得，
，解得，所以，
时，集合中元素个数为，
时，集合中元素个数为；
（2）由（1）知，
，
时，=2001<2022，时，=4039>2022，
记，显然数列是递增数列，
所以所求的最小值是11.
题型三 由数列的插入项构成新数列
例3、（2022·山东烟台·一模）己知等差数列的前n项和为，，．
(1)求的通项公式；
(2)保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前n项和为，求的值．
【解析】 (1)设的公差为d，由已知，．
解得，d＝2．所以；
(2)因为与之间插入个1，
所以在中对应的项数为
，
当k＝6时，，当k＝7时，，
所以，，且．
因此
.
变式1、(2022·青岛期初考试)已知等差数列{An}的首项A1为4，公差为6，在{An}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{an}．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若EQ a\S\DO(k\S\DO(1))，EQ a\S\DO(k\S\DO(2))，…，EQ a\S\DO(k\S\DO(n))，…是从{an}中抽取的部分项按原来的顺序排列组成的一个等比数列，eq k\s\d(1)＝1，k\s\d(2)＝5，令eq b\s\d(n)＝2nk\s\d(n)＋2n，求数列{bn}的前n项和Tn．
【解析】
(1)设数列{an}的公差为d，
由题意可知，eq a\s\d(1)＝A\s\d(1)＝4，a\s\d(4)＝A2＝4＋6＝10，
所以eq a\s\d(4)＝4＋(4－1)×d＝10，
解得d＝2，
所以eq a\s\d(n)＝a\s\d(1)＋(n－1)d＝4＋(n－1)×2＝2n＋2；
(2)设等比数列EQ a\S\DO(k\S\DO(1))，EQ a\S\DO(k\S\DO(2))，…，EQ a\S\DO(k\S\DO(n))，…的公比为q，
则q＝EQ \F(a\S\DO(k\S\DO(2)),a\S\DO(k\S\DO(1)))＝EQ \F(a\S\DO(5),a\S\DO(1))＝EQ \F(12,4)＝3，所以EQ a\S\DO(k\S\DO(n))＝eq 4·3\s\up6(n－1)，
又EQ a\S\DO(k\S\DO(n))＝eq 2k\s\d(n)＋2，
所以eq 2k\s\d(n)＋2＝4·3\s\up6(n－1)，k\s\d(n)＝2·3\s\up6(n－1)－1，
eq ∴b\s\d(n)＝2nk\s\d(n)＋2n＝4n·3\s\up6(n－1)，
因为eq T\s\d(n)＝4×3\s\up6(0)＋8×3\s\up6(1)＋12×3\s\up6(2)＋…＋4n·3\s\up6(n－1)，
所以eq 3T\s\d(n)＝4×31eq ＋8×3\s\up6(2)＋12×3\s\up6(3)＋…＋4(n－1)·3\s\up6(n－1)＋4n·3\s\up6(n)，
相减得：eq －2T\s\d(n)＝4×3\s\up6(0)＋4×3\s\up6(1)＋4×3\s\up6(2)＋…＋4·3\s\up6(n－1)－4n·3\s\up6(n)
eq ＝\f(4(1－3\s\up6(n)),1－3)－4n·3\s\up6(n)＝－2(2n－1)·3\s\up6(n)－2
eq ∴T\s\d(n)＝(2n－1)·3\s\up6(n)＋1
变式2、（2022·广东东莞·高三期末）设等差数列的前项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)在任意相邻两项和之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，求数列的前200项的和.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）设等差数列的公差为，由求解；
（2）方法一：由题意得到，的各项为，再确定数列的项求解；方法二：由在数列中，前面（包括）共有项，令，确定数列的项求解.
(1)
解：设等差数列的公差为，
由题得，即，
整理得，
解得.
所以.
(2)
方法一：由题意可知，的各项为
即，
因为，
且，
所以，，，，，，会出现在数列的前200项中，
所以前面（包括）共有126+7=133项，所以后面（不包括）还有67个1，
所以，
方法二：在数列中，前面（包括）共有项，
令，则，
所以，，，，，，会出现在数列的前200项中，
所以前面（包括）共有126+7=133项，所以后面（不包括）还有67个1，
所以，