双数列和子数列问题专题讲义-2025届高三数学一轮专题复习

新高考数学一轮复习 第六章　数列 培优课02　双数列和子数列问题 一、 命题规律及备考策略 　双数列问题一般是指两个数列的项与项之间有着紧密关系的问题,其呈现类型主要有奇偶项型、插项(公共项、去项)型、双交替递推型等. 1.奇偶项型:一般是指数列的通项公式根据下标为奇数、偶数而有所不同,即奇数项与偶数项通项公式不同.主要体现为以下几种形式:(1)数列中连续两项积或和问题(an+an+1=f(n)或anan+1=f(n));(2)含有(-1)n的类型;(3)含有{ },{ }的类型;(4)已知明确条件的奇偶项问题.对于奇偶项问题,一般分成两个新数列进行单独研究,运用新数列的特征求解原数列. 2.插项(公共项、去项)型:一般是指在一个给定数列中插入某些项,或去掉(或取出)两个数列的公共项,使之成为具有某种特征的新数列.求解此类问题时,一般要借助原数列的性质研究新数列的性质. 3.双交替递推型:其特点是两个数列的通项由它们的首项和一般项之间相互联系、相互制约、相互依存的递推关系间接给出. 双交替递推数列问题解题策略: (1)代入消元法:即用两个递推式消去其中一个数列,得到另一个数列的递推式; (2)构造法:对于一次递推式,引入待定系数λ,通过构造使得{an+λbn}为等比数列; (3)对于不需要求出通项公式的情况,灵活处理方程组求解. 子数列是数列问题中的一种常见题型．将原数列转化为子数列问题一般适用于某个数列是由几个有规律的数列组合而成的，具体求解时，要搞清楚子数列的项在原数列中的位置，以及在子数列中的位置，即项不变化，项数变化，它体现了转化与化归以及分类讨论、函数与方程的思想，能很好地考查学生的思维． 二、课堂考点突破 　考点 一 奇偶项问题 例1 (2023·新高考全国Ⅱ)已知{an}为等差数列，bn＝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. (1)解　设等差数列{an}的公差为d， 而bn＝ 则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6， 于是 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＝＝n2＋4n， bn＝ 当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1， Tn＝·＝n2＋n， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0， 因此Tn>Sn. 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝n2＋n－5， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0， 因此Tn>Sn. 综上，当n>5时，Tn>Sn. 方法二　由(1)知，Sn＝＝n2＋4n， bn＝ 当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝·＋·＝n2＋n， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝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)＝·＋·＝n2＋n－5， 显然T1＝b1＝－1满足上式， 因此当n为奇数时，Tn＝n2＋n－5， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0， 因此Tn>Sn， 所以当n>5时，Tn>Sn. 思维升华 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．     变式题 1. 已知数列{an}的前n项和为Sn,an-1+an+1=2an(n≥2,n∈N*),且a1=1,S5=15. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=求数列{bn}的前2n项和T2n. 变式题2　解:(1)由an-1+an+1=2an(n≥2,n∈N*),得an+1-an=an-an-1(n≥2,n∈N*),所以数列{an}为等差数列. 由S5=5×=5a3=15,得a3=3, 所以公差d==1,所以an=1+(n-1)×1=n. (2)当n为奇数时,bn=an=n,当n为偶数时,bn==2n-1,所以T2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)=(1+3+…+2n-1)+(2+23+…+22n-1)=n2+.     考点二　插项、公共项、去项问题 题型一 插项 例2 已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,-=8n. (1)求Sn; (2)在数列{an}的每相邻两项ak,ak+1(k∈N*)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.   例2　[思路点拨] (1)当n≥2时,利用累加法可求得的表达式,结合Sn>0可得出Sn的表达式,再检验n=1的情形,综合可得出Sn的表达式;(2)由an=求出数列{an}的通项公式,列举出数列{bn}的前20项,即可求得T20的值. 解:(1)因为对任意的n∈N*,-=8n恒成立, 所以当n≥2时,=(-)+…+(-)+=8(n-1)+…+8×1+1=8[1+2+3+…+(n-1)]+1=8×+1=(2n-1)2,因为an>0,所以Sn>0,故Sn=2n-1(n≥2).因为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=所以数列{bn}的前20项依次为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项由6个1与14个2组成,所以T20=6×1+14×2=34.   变式题 2.已知等比数列{an}的首项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-(t+bn)n+bn=0(t∈R,n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)试确定t的值,使得数列{bn}为等差数列; (3)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. (2)由2n2-(t+bn)n+bn=0,得bn=,所以b1=2t-4,b2=16-4t,b3=12-2t,因为数列{bn}为等差数列,所以b1+b3=2b2,则2t-4+12-2t=32-8t,解得t=3,所以当t=3时,bn=2n,由bn+1-bn=2(常数)知此时数列{bn}为等差数列. (3)因为b1=2,所以在a1与a2之间插入2个2,因为b2=4,所以在a2与a3之间插入4个2,因为b3=6,所以在a3与a4之间插入6个2,…,易知数列{cn}的前100项由90个2,与a1,a2,a3,…,a9,a10构成,所以T100=(a1+a2+…+a10)+2×90=+180=2226.    题型二　数列的公共项 例3 .已知{an}是首项为2,公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=4,bn+1=3bn-2n+1. (1)证明{bn-n}是等比数列,并求{an},{bn}的通项公式; (2)若数列{an}与{bn}中有公共项,即存在k,m∈N*,使得ak=bm成立,按照从小到大的顺序将这些公共项排列,得到一个新的数列,记作{cn},求c1+c2+…+cn. 例3　[思路点拨] (1)根据首项和公差即可写出{an}的通项公式,利用所给关系式构造对应的等式即可证明{bn-n}为等比数列,进而可求{bn}的通项公式;(2)利用通项公式找出公共项,再分组求和即可. 解:(1)由题意可得,an=2+(n-1)×3=3n-1(n∈N*).因为b1=4,bn+1=3bn-2n+1,所以bn+1-(n+1)=3bn-3n=3(bn-n),b1-1=3,故{bn-n}是首项为3,公比为3的等比数列,所以bn-n=3n,即bn=3n+n(n∈N*). (2)由题意可得3k-1=3m+m,k,m∈N*,令m=3n-1(n∈N*),则3k-1=33n-1+3n-1=3(33n-2+n)-1,此时满足条件,即当m=2,5,8,…,3n-1时为公共项,所以c1+c2+…+cn=b2+b5+…+b3n-1=32+35+…+33n-1+(2+5+…+3n-1)=+(n∈N*).     变式题 3. 已知数列{an}是以d为公差的等差数列,d≠0,Sn为{an}的前n项和. (1)若S6-S3=6,a3=1,求数列{an}的通项公式; (2)若{an}中的部分项组成的数列{}是以a1为首项,4为公比的等比数列,且a2=4a1,求数列{mn}的前n项和Tn. 解:(1)因为S6-S3=6,所以a4+a5+a6=6,所以3a5=6,可得a5=2,所以d==,则an=a3+(n-3)d=n-,即数列{an}的通项公式为an=n-. (2)因为数列{}是首项为a1,公比为4的等比数列,所以=4,n≥2,=a1,可得m1=1. 因为数列{an}是公差为d的等差数列,所以a1+(mn-1)d=4[a1+(mn-1-1)d],n≥2,化简得mn=+4mn-1-3,n≥2.因为a2=a1+d=4a1,所以=,即mn=4mn-1-2,n≥2,所以mn-=4,n≥2. 因为m1-=,所以数列是以为首项,4为公比的等比数列,所以mn-=·4n-1,则mn=·4n-1+,所以Tn=m1+m2+…+mn=(40+41+…+4n-1)+=. 题型三　数列增减项 例4 .设数列{an}满足an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)在数列{an}的任意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项和为Tn，求T27的值． 解　(1)因为an＋1＝3an－2an－1(n≥2)， 所以an＋1－an＝2an－2an－1，又a1＝1，a2＝2， 所以数列{an＋1－an}为首项为1， 公比为2的等比数列， 所以an＋1－an＝2n－1， 所以当n≥2，n∈N*时， a2－a1＝1，a3－a2＝2，…，an－an－1＝2n－2， 所以an－a1＝1＋2＋…＋2n－2＝ ＝2n－1－1， 所以当n≥2，n∈N*时，an＝2n－1， 又a1＝1也满足上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)． (2)数列{bn}中，在ak＋1之前共有k＋(1＋2＋…＋k)＝k＋＝项， 当k＝5时，＝20<27， 当k＝6时，＝27， 则T27＝(1＋2＋22＋…＋25)＋(－12＋22－32＋42－52＋62) ＝＋(3＋7＋11)＝26－1＋21＝84. 变式题 4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＋log2an)，若数列{bn}中去掉与数列{an}相同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，a＝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＋log2an)＝2(1＋log22n－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) ＝－＝11 302.     考点三　双交替递推数列 例4 已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4. (1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列; (2)求{an}和{bn}的通项公式.   例4　[思路点拨] (1)把已知两关系式相加、相减,可得数列{an+bn}与{an-bn}分别为等比与等差数列;(2)利用(1)中结论求出{an+bn}与{an-bn}的通项公式,进而求出{an},{bn}的通项公式. 解:(1)证明:由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=(an+bn).又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为的等比数列.由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列. (2)由(1)知,an+bn=,an-bn=2n-1, 所以an=[(an+bn)+(an-bn)]=+n-, bn=[(an+bn)-(an-bn)]=-n+.   变式题 5. 已知数列{an}和{bn}满足a1=2,-=1,an+1=2bn. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列的前n项和Tn. 解:(1)由-=1,an+1=2bn,得-=1,整理得-1=,因为a1=2,所以-1=-,所以数列是以-为首项,为公比的等比数列, 所以-1=-·=-,所以an=,所以bn=an+1=. (2)由(1)知=n·=2n-,设Sn=++…+,则Sn=++…+,两式相减得Sn=++…+-=-=1-,从而Sn=2-,所以Tn=-Sn=n2+n-2+. 三、课后作业 1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝k∈N*. (1)求a2，a3；设bn＝a2n－2，n∈N*，证明数列{bn}是等比数列，并求其通项公式； (2)求数列{an}前10项中所有奇数项的和． 解　(1)依题意，数列{an}满足a1＝1， an＋1＝k∈N*， 所以a2＝a1＋1＝， a3＝a2－4＝－4＝－. bn＝a2n－2，a2n＝bn＋2， bn＋1＝a2n＋2－2＝a2n＋1＋1－2 ＝a2n＋1＋2n＋1－2＝a2n＋1＋2n－1 ＝(a2n－4n)＋2n－1 ＝a2n－1＝(bn＋2)－1 ＝bn. 所以数列{bn}是首项为b1＝a2－2＝－2＝－，公比为的等比数列， 所以bn＝－. (2)a2n＝2－， a2n＋1＝a2n－4n＝2－－4n， 所以a5＝2－－8，a7＝2－－12， a9＝2－－16， 所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝1＋＋＋＋＝－. 2．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＋bn＝0(n∈N*)． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)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， 又q为正整数，所以q＝2， 又a1＝2，所以an＝2n. 由2n2－(3＋bn)n＋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及a1，a2，a3，…，a9，a10构成，所以T100＝(a1＋a2＋…＋a10)＋2×90 ＝＋180＝2 226. 3．已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn－nan＝n，n∈N*，且a2＝3. (1)求证：数列(n≥2)是常数列； (2)求数列{an}的通项公式．若数列{bn}的通项公式为bn＝3n－2，将数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺序排列得到数列{cn}，求{cn}的前n项和． (1)证明　由2Sn－nan＝n，得2Sn＋1－(n＋1)an＋1＝n＋1， 将上述两式相减，得2an＋1－(n＋1)an＋1＋nan＝1， 即nan－(n－1)an＋1＝1. ∴ an＋1＝(n≥2)， ∵－＝－ ＝－＝0(n≥2)， ∴数列(n≥2)是常数列． (2)解　由(1)可知，当n≥2时，＝＝2， ∴an＝2n－1(n≥2)， 经检验，当n＝1时，an＝2n－1也适用， ∴ an＝2n－1(n∈N*)， ∴数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列， 又数列{bn}是以1为首项，3为公差的等差数列， ∴这两个数列的公共项所构成的新数列{cn}是以1为首项，6为公差的等差数列， ∴{cn}的前n项和为n×1＋×6＝3n2－2n. 4．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＝，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(n≥2)， 当n＝1时，代入上式，求得a1＝2， 所以an＝n·2n(n∈N*)． (2)由题知，bn＝＝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)＝＋ ＝＋ ＝. 第 1 页 共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 新高考数学一轮复习 第六章　数列 培优课02　双数列和子数列问题 一、 命题规律及备考策略 　双数列问题一般是指两个数列的项与项之间有着紧密关系的问题,其呈现类型主要有奇偶项型、插项(公共项、去项)型、双交替递推型等. 1.奇偶项型:一般是指数列的通项公式根据下标为奇数、偶数而有所不同,即奇数项与偶数项通项公式不同.主要体现为以下几种形式:(1)数列中连续两项积或和问题(an+an+1=f(n)或anan+1=f(n));(2)含有(-1)n的类型;(3)含有{ },{ }的类型;(4)已知明确条件的奇偶项问题.对于奇偶项问题,一般分成两个新数列进行单独研究,运用新数列的特征求解原数列. 2.插项(公共项、去项)型:一般是指在一个给定数列中插入某些项,或去掉(或取出)两个数列的公共项,使之成为具有某种特征的新数列.求解此类问题时,一般要借助原数列的性质研究新数列的性质. 3.双交替递推型:其特点是两个数列的通项由它们的首项和一般项之间相互联系、相互制约、相互依存的递推关系间接给出. 双交替递推数列问题解题策略: (1)代入消元法:即用两个递推式消去其中一个数列,得到另一个数列的递推式; (2)构造法:对于一次递推式,引入待定系数λ,通过构造使得{an+λbn}为等比数列; (3)对于不需要求出通项公式的情况,灵活处理方程组求解. 子数列是数列问题中的一种常见题型．将原数列转化为子数列问题一般适用于某个数列是由几个有规律的数列组合而成的，具体求解时，要搞清楚子数列的项在原数列中的位置，以及在子数列中的位置，即项不变化，项数变化，它体现了转化与化归以及分类讨论、函数与方程的思想，能很好地考查学生的思维． 二、课堂考点突破 　考点 一 奇偶项问题 例1 (2023·新高考全国Ⅱ)已知{an}为等差数列，bn＝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.     变式题 1. 已知数列{an}的前n项和为Sn,an-1+an+1=2an(n≥2,n∈N*),且a1=1,S5=15. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若bn=求数列{bn}的前2n项和T2n.     考点二　插项、公共项、去项问题 题型一 插项 例2 已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,-=8n. (1)求Sn; (2)在数列{an}的每相邻两项ak,ak+1(k∈N*)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.     变式题 2.已知等比数列{an}的首项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-(t+bn)n+bn=0(t∈R,n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)试确定t的值,使得数列{bn}为等差数列; (3)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.    题型二　数列的公共项 例3 .已知{an}是首项为2,公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=4,bn+1=3bn-2n+1. (1)证明{bn-n}是等比数列,并求{an},{bn}的通项公式; (2)若数列{an}与{bn}中有公共项,即存在k,m∈N*,使得ak=bm成立,按照从小到大的顺序将这些公共项排列,得到一个新的数列,记作{cn},求c1+c2+…+cn.     变式题 3. 已知数列{an}是以d为公差的等差数列,d≠0,Sn为{an}的前n项和. (1)若S6-S3=6,a3=1,求数列{an}的通项公式; (2)若{an}中的部分项组成的数列{}是以a1为首项,4为公比的等比数列,且a2=4a1,求数列{mn}的前n项和Tn. 题型三　数列增减项 例4 .设数列{an}满足an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)在数列{an}的任意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项和为Tn，求T27的值． 变式题 4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＋log2an)，若数列{bn}中去掉与数列{an}相同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．     考点三　双交替递推数列 例4 已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4. (1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列; (2)求{an}和{bn}的通项公式.     变式题 5. 已知数列{an}和{bn}满足a1=2,-=1,an+1=2bn. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)求数列的前n项和Tn. 三、课后作业 1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝k∈N*. (1)求a2，a3；设bn＝a2n－2，n∈N*，证明数列{bn}是等比数列，并求其通项公式； (2)求数列{an}前10项中所有奇数项的和． 2．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＋bn＝0(n∈N*)． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)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. 3．已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn－nan＝n，n∈N*，且a2＝3. (1)求证：数列(n≥2)是常数列； (2)求数列{an}的通项公式．若数列{bn}的通项公式为bn＝3n－2，将数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺序排列得到数列{cn}，求{cn}的前n项和． 4．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＝，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. 第 1 页 共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 $$