2024年高考数学重难点突破讲义：微切口2　数列的重构问题

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：微切口2　数列的重构问题，共8页。
公共项问题
例1 (1) 已知两个等差数列{an}：5，8，11，…与{bn}：3，7，11，…，它们的公共项组成数列{cn}，则数列{cn}的通项公式cn＝__12n－1__；若数列{an}和{bn}的项数均为100，则{cn}的项数是__25__.
【解析】 因为等差数列{an}：5，8，11，…的首项为5，公差为3，所以通项公式为an＝3n＋2，{bn}：3，7，11，…的首项为3，公差为4，所以通项公式为bn＝4n－1，所以它们的公共项组成的数列{cn}是等差数列，其首项为11，公差为3×4＝12，所以数列{cn}的通项公式cn＝11＋12(n－1)＝12n－1.因为数列{an}和{bn}的项数均为100，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(12n－1≤3×100＋2，,12n－1≤4×100－1，))解得 1≤n≤25.25，所以{cn}的项数是25.
(2) (多选)已知n，m∈N*，将数列{4n＋1}与数列{5m}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则( BC )
A．an＝5nB．an＝5n
C．{an}的前n项和为 eq \f(5(5n－1),4)D．{an}的前n项和为 eq \f(5(25n－1),24)
【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(1,m) ·4m-1＋…＋C eq \\al(m-1,m) ·4,4)∈N*，所以数列{5m}为数列{4n＋1}的子数列，所以an＝5n(n＝1，2，3，…)，所以{an}的前n项和为 eq \f(5(1－5n),1－5)＝ eq \f(5(5n－1),4).
在两个数列的公共项问题中，可以有两种方法：
(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 (2023·石家庄一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且3a2＋2a3＝S5＋6.
(1) 若数列{Sn}为递减数列，求a1的取值范围；
【解答】 设等差数列{an}的公差为d，因为3a2＋2a3＝S5＋6，所以3(a1＋d)＋2(a1＋2d)＝5a1＋10d＋6，解得d＝－2，所以Sn＝－n2＋(a1＋1)n.若数列{Sn}为递减数列，则Sn＋1－Sn＜0对于n∈N*恒成立，所以Sn＋1－Sn＝[－(n＋1)2＋(a1＋1)(n＋1)]－[－n2＋(a1＋1)n]＝a1－2n＜0在n∈N*上恒成立，则a1＜2n，所以a1＜(2n)min.又(2n)min＝2×1＝2，所以a1＜2，故a1的取值范围为(－∞，2).
(2) 若a1＝1，在数列{an}的第n项与第n＋1项之间插入首项为1，公比为2的等比数列的前n项，形成新数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Tn，求T95.
【解答】 若a1＝1，则an＝1＋(n－1)×(－2)＝－2n＋3，根据题意数列{bn}分组为第一组1，20；第二组－1，20，21；第三组－3，20，21，22；…，第k组－2k＋3，20，21，22，…，2k-1，则前k组一共有2＋3＋4＋…＋(k＋1)＝ eq \f((k＋3)k,2)项．当k＝12时，项数为90，故T95相当于是前12组的和再加上－23，20，21，22，23这五项，即T95＝[1＋(－1)＋…＋(－21)]＋[20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋211)]＋(－23＋20＋21＋22＋23)，设cn＝2n－1，则20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋211)可看成是数列{cn}的前12项和，所以T95＝ eq \f((1－21)×12,2)＋ eq \f(2×(1－212),1－2)－12－23＋1＋2＋4＋8＝213－142＝8 050.
变式 (2023·苏北苏中二模)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S eq \\al(2,n＋1) －S eq \\al(2,n) ＝8n，n∈N*.
(1) 求Sn；
【解答】 因为S eq \\al(2,n＋1) －S eq \\al(2,n) ＝8n，当n≥2时，S eq \\al(2,n) ＝(S eq \\al(2,n) －S eq \\al(2,n－1) )＋…＋(S eq \\al(2,2) －S eq \\al(2,1) )＋S eq \\al(2,1) ＝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，所以Sn＝2n－1.当n＝1时，S1＝a1＝1适合上式，所以Sn＝2n－1，n∈N*.
(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100项和．
【解答】 方法一：因为Sn＝2n－1，n∈N*，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－3)＝2，所以an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2，n≥2.))所以数列{bn}：1，1，2，1，2，2，1，2，2，2，…，设1＋2＋…＋n＝ eq \f(n(n＋1),2)≤100，则n2＋n－200≤0.因为n∈N*，所以n≤13.所以{bn}的前100项是由14个1与86个2组成，所以{bn}的前100项和T100＝14×1＋86×2＝186.
方法二：设1＋2＋…＋n＝ eq \f(n(n＋1),2)≤100，则n2＋n－200≤0.因为n∈N*，所以n≤13.所以{bn}的前100项和T100＝a1＋(a1＋a2)＋(a1＋a2＋a3)＋…＋(a1＋a2＋…＋a13)＋(a1＋a2＋…＋a9)＝S1＋S2＋S3＋…＋S13＋S9＝(1＋3＋5＋…＋25)＋17＝ eq \f(13×(1＋25),2)＋17＝186.
减项问题
例3 (2023·肇庆二检)已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn＝3an－3.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 在2Sn＝3an－3中，令n＝1，得a1＝3.因为2Sn＝3an－3，所以当n＞1时，2Sn－1＝3an－1－3，两式相减得2an＝3an－3an－1，所以an＝3an－1，所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n.
(2) 已知数列{bn}满足bn＝3n，在数列{bn}中剔除掉属于数列{an}的项，并且把剩余的项从小到大排列构成新数列{cn}，求数列{cn}的前100项和T100.
【解答】 因为bn＝3n，所以数列{an}中的项都在数列{bn}中．数列{an}的前5项为 3，9，27，81，243，在数列{bn}的前105项中，这五项和为363.数列{bn}的前105项为3，6，9，…，27，…，81，…，243，…，315，它们的和为105×3＋105×52×3＝16 695，所以数列{cn}的前100项和为数列{bn}前105项的和减去3，9，27，81，243的和，得16 695－363＝16 332.
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．
区间取值数列
例4 (2023·温州一模)已知数列{an}是等差数列，a1＝1，且a1，a2，a5－1成等比数列．给定k∈N*，记集合{n|k≤an≤2k，n∈N*}的元素个数为bk.
(1) 求b1，b2的值；
【解答】 设等差数列{an}的公差为d，由a1，a2，a5－1成等比数列，得a1(a5－1)＝a eq \\al(2,2) ，1×(1＋4d－1)＝(1＋d)2，解得d＝1，所以an＝n.当k＝1时，集合{n|1≤n≤2，n∈N*}中元素个数为b1＝2，当k＝2时，集合{n|2≤n≤4，n∈N*}中元素个数为b2＝3.
(2) 求最小自然数n的值，使得b1＋b2＋…＋bn＞2 024.
【解答】 由(1)知bk＝2k－k＋1，b1＋b2＋…＋bn＝ eq \f(2(1－2n),1－2)－ eq \f(n(n＋1),2)＋n＝2(2n－1)－ eq \f(n2,2)＋ eq \f(n,2)，当n＝10时，2(2n－1)－ eq \f(n2,2)＋ eq \f(n,2)＝2 001＜2 024，当n＝11时，2(2n－1)－ eq \f(n2,2)＋ eq \f(n,2)＝4 039＞2 024，记Tn＝b1＋b2＋…＋bn，显然数列{Tn}是递增数列，所以所求n的最小值是11.
“区间取值数列问题”：记数列{an}落在区间(0，g(k)]的个数为bk，讨论数列{bk}的性质．这种问题的关键就是利用数列自变量n的计数功能，通过不等式0＜an≤g(k)⇒n，由于n为正整数，从而实现对自变量n的计数．此类题目的计算背景主要分布在去解下面三个不等式：①qm＜kn＋b＜qm+1；②tm＜qn＜tm+1；③tk＋b＜qn＜t(k＋i)＋b.
固能力触类旁通
1．已知数列{an}满足an＝2n－1，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，…，则数列{bn}的前100项的和为( D )
A．211B．232
C．247D．256
【解析】 依题意，到an为止，数列{bn}共有1＋2＋3＋…＋n＝ eq \f(n(n＋1),2)项，由于 eq \f(13×14,2)＝91，即截止到a13共有91项，故数列{bn}的前100项的和为 eq \f(1＋25,2)×13＋ eq \f(1＋12,2)×12＋9＝256.
2．(2023·岳阳一测)已知两个等差数列2，6，10，…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{an}，则数列{an}的各项之和为( A )
A．1 666B．1 654
C．1 472D．1 460
【解析】 有两个等差数列2，6，10，…及2，8，14，…，200，由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：2，14，26，38，50，…，182，194，共有 eq \f(194－2,12)＋1＝17项，是公差为12的等差数列，故新数列前17项的和为 eq \f(2＋194,2)×17＝1 666，即数列{an}的各项之和为1 666.
3．已知数列{an}与{bn}的通项公式分别为an＝2n，bn＝3n＋2，它们的公共项由小到大排成的数列是{cn}，则数列{cn}的前50项的和为( C )
A． eq \f(4103－8,3)B． eq \f(2103－4,3)
C． eq \f(2103－8,3)D． eq \f(250－8,3)
【解析】 设{cn}的前n项和为Sn.方法一(周期法)：观察数列的前几项可得c1＝8.设ak＝bm＝cp，则2k＝3m＋2.则ak＋1＝2k+1＝2×2k＝2(3m＋2)＝6m＋4＝3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2m＋\f(2,3)))＋2不是数列{bn}中的项，ak＋2＝2k+2＝4×2k＝4(3m＋2)＝12m＋8＝3(4m＋2)＋2是数列{bn}中的项，所以cp＋1＝ak＋2，则 eq \f(cp＋1,cp)＝ eq \f(ak＋2,ak)＝22＝4，所以数列{cn}是等比数列，公比为4，首项为8，即通项公式为cn＝22n+1.S50＝ eq \f(8(1－450),1－4)＝ eq \f(2103－8,3).
方法二(不定方程法)：设ak＝bm＝cp，则2k＝3m＋2，所以考虑使用二项式定理：3m＝(3－1)k－2＝3k－C eq \\al(1,k) 3k-1＋…＋(－1)k－2＝3t＋(－1)k－2，其中t∈Z，所以m＝t＋ eq \f((－1)k－2,3)∈N*，故k为奇数，考虑到2k＝3m＋2≥5，所以k为大于等于3的奇数．所以cp＝ak＝2k＝22p+1，即通项公式为cn＝22n+1.从而S50＝ eq \f(8(1－450),1－4)＝ eq \f(2103－8,3).
4．(2023·邵阳三模) “埃拉托塞尼筛法”是保证能够挑选全部素数的一种古老的方法．这种方法是依次写出2和2以上的自然数，留下第一个数2不动，剔除掉所有2的倍数；接着，在剩余的数中2后面的一个数3不动，剔除掉所有3的倍数；接下来，再在剩余的数中对3后面的一个数5作同样处理……依次进行同样的剔除．剔除到最后，剩下的便全是素数．在利用“埃拉托塞尼筛法”挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为( B )
A．130B．132
C．134D．141
【解析】 由题可知，2到20的全部整数和为S1＝ eq \f(19×(2＋20),2)＝209，2到20的全部素数和为S2＝2＋3＋5＋7＋11＋13＋17＋19＝77，所以挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为209－77＝132.
5．已知数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝2n，bn＝2n，现从数列{an}中剔除{an}与{bn}的公共项后，将余下的项按照从小到大的顺序进行排列，得到新的数列{cn}，则数列{cn}的前150项之和为( D )
A．23 804B．23 946
C．24 100D．24 612
【解析】 因为a150＝300，28＝256＜300，29＝512＞300，故数列{an}的前150项中包含{bn}的前8项，故数列{cn}的前150项是{an}的前158项排除与{bn}公共的8项．记数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则c1＋c2＋…＋c150＝S158－T8＝ eq \f((2＋316)×158,2)－ eq \f(2×(1－28),1－2)＝24 612.
6．“提丢斯数列”是由18世纪德国数学家提丢斯给出，具体如下：0，3，6，12，24，48，96，192，…，容易发现，从第3项开始，每一项是前一项的2倍；将每一项加上4得到一个数列：4，7，10，16，28，52，100，196，…；再将每一项除以10后得到“提丢斯数列”：0.4，0.7，1.0，1.6，2.8，5.2，10.0，…，则下列说法中，正确的是( C )
A．“提丢斯数列”是等比数列
B．“提丢斯数列”的第99项为 eq \f(3·298＋4,10)
C．“提丢斯数列”的前31项和为 eq \f(3·230,10)＋ eq \f(121,10)
D．“提丢斯数列”中，不超过20的有9项
【解析】 记“提丢斯数列”为数列{an}，则当n≥3时，10an－4＝6·2n-3，解得an＝ eq \f(3·2n-2＋4,10).当n＝2时，a2＝0.7，符合该式；当n＝1时，a1＝0.55≠0.4，所以an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0.4，n＝1，,\f(3·2n-2＋4,10)，n≥2，))“提丢斯数列”不是等比数列，故A错误；“提丢斯数列”的第99项为a99＝ eq \f(3·297＋4,10)，故B错误；“提丢斯数列”的前31项和S31＝0.4＋30× eq \f(4,10)＋ eq \f(3,10)(20＋2＋22＋…＋229)＝12.4＋ eq \f(3,10)× eq \f(1－230,1－2)＝ eq \f(3·230,10)＋ eq \f(121,10)，故C正确；由an≤20，a1＝0.55，成立；当n≥2时，an＝ eq \f(3·2n-2＋4,10)≤20，即2n≤ eq \f(784,3)，解得n≤8，a8＝ eq \f(3×26＋4,10)＝19.6，a9＝ eq \f(3×27＋4,10)＝38.8，所以在“提丢斯数列”中，不超过20的有8项，故D错误．
7．(2023·福建部分地市一模)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝(an－1)(an＋3)(n∈N*).
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 由题知an＞0，当n＝1时，4a1＝4S1＝(a1－1)(a1＋3)，解得a1＝3.由4Sn＝(an－1)(an＋3)(n∈N*)知，当n≥2时，4Sn－1＝(an－1－1)(an－1＋3)，作差得4an＝a eq \\al(2,n) －a eq \\al(2,n－1) ＋2an－2an－1，所以(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.因为an＋an－1＞0，所以an－an－1＝2(n≥2)，所以数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列，所以an＝2n＋1.
(2) 将数列{an}和数列{2n}中所有的项，按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{bn}，求{bn}的前50项和．
【解答】 a50＝101，又26＜101＜27，同时a44＝89＞26，故b50＝a44，所以b1＋b2＋…＋b50＝(a1＋a2＋…＋a44)＋(21＋22＋…＋26)＝ eq \f(44,2)(a1＋a44)＋ eq \f(2(26－1),2－1)＝2 150.
8．(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.
(1) 求证：a1＝b1；
【解答】 设数列{an}的公差为d，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，,a1＋d－2b1＝8b1－(a1＋3d)，))解得b1＝a1＝ eq \f(d,2)，所以原命题得证．
(2) 求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．
【解答】 由(1)知，b1＝a1＝ eq \f(d,2)，所以bk＝am＋a1⇔b1×2k-1＝a1＋(m－1)d＋a1，即2k-1＝2m，亦即m＝2k-2∈[1，500]，解得2≤k≤10，所以满足等式的解k＝2，3，4，…，10，故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数为10－2＋1＝9.
9．(2023·怀化二模)已知Sn为数列{an}的前n项和，a2＝5，Sn＋1＝Sn＋an＋4.{bn}是等比数列，b2＝9，b1＋b3＝30，公比q＞1.
(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
【解答】 由Sn＋1＝Sn＋an＋4，可得an＋1－an＝d＝4，又a2＝5，即a1＋d＝5，所以a1＝1，故an＝1＋(n－1)×4＝4n－3.因为{bn}是等比数列，由b2＝9，b1＋b3＝30，q＞1，所以b1q＝9，b1＋b1q2＝30，解得q＝3，b1＝3，即bn＝3n.
(2) 设数列{an}和{bn}的所有项分别构成集合A，B，将A∪B的元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求{cn}的前20项和T20.
【解答】 由(1)知a20＝77，令bn＜77，则n＝1，2，3，所以 b1＝3，b2＝9，b3＝27在新数列{cn}的前20项．因为a3＝9与b2＝9为公共项，所以前20项中有18项数列{an}中的项以及b1，b3.T20＝a1＋a2＋a3＋…＋a18＋b1＋b3＝18×1＋ eq \f(18×17,2)×4＋3＋27＝660.