第六章 第7节 数列的重构问题（知识点梳理+限时挑战）-2026年高考数学一轮复习讲义（新高考通用）

第六章 数列 第7节　数列的重构问题 学习导航站 核心知识库：重难考点总结，梳理必背知识、归纳重点 题型一　增项问题 ★★★☆☆ 题型二　减项问题 ★★★☆☆ 题型三　公共项问题 ★★★☆☆ 题型四　区间取值数列 ★★★☆☆ （星级越高，重要程度越高） 限时【变式【变式训练】】挑战场：感知真题，检验成果，考点追溯 【题型分析】数列的重构问题是指在一个数列中通过增项、减项或提取两个数列的公共项,或者把数列的项限定在某一范围内重新构造一个新的数列,求解此类问题要清楚新数列的项、项数与原数列的联系. 题型一　增项问题★★★☆☆ 【典例】1 已知公差不为0的等差数列{an}中,a1=1,a4是a2和a8的等比中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)保持数列{an}中各项先后顺序不变,在ak与ak+1(k=1,2,…)之间插入2k,使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn},记{bn}的前n项和为Tn,求T20的值. 【解析】(1)设数列{an}的公差为d(d≠0), 因为a4是a2和a8的等比中项, 所以=a2·a8, 即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d), 因为a1=1, 所以d=1或d=0(舍). 所以an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×1=n. (2)由(1)得an=n, 因为在ak与ak+1(k=1,2,…)之间插入2k, 所以在数列{bn}的前20项中,有10项来自{an},10项来自{2n}, 所以T20=1+21+2+22+…+10+210=×10+=2 101. 【思维建模】对于增项问题注意两点:(1)新的数列是如何构成的、与原数列有什么关系,(2)新数列的项数是多少,其中有多少项是原数列中的项,有多少项是新增加的. 【变式训练】1 已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+1. (1)求{an}的通项公式; (2)保持{an}中各项先后顺序不变,在ak与ak+1之间插入k个1,使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn},记{bn}的前n项和为Tn,求T100的值(用数字作答). 【解析】(1)由数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+1, 当n≥2时,Sn-1=2n-1+1, 所以an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1,n≥2, 当n=1时,a1=S1=21+1=3,不符合上式, 所以数列{an}的通项公式为an= (2)保持数列{an}中各项先后顺序不变,在ak与ak+1(k=1,2,…)之间插入k个1, 则新数列{bn}的前100项为3,1,21,1,1,22,1,1,1,23,1,1,1,1,24,…,212,1,1,1,1,1,1,1,1,1, 则T100=[3+(21+22+…+212)]+[(1+2+3+…+12)+9] =90+213-2=88+213=8 192+88=8 280. 题型二　减项问题★★★☆☆ 【典例】2 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. 【解析】(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,=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. 【思维建模】解决减项问题的关键是明确被减掉的项是以何种规律去掉的,共多少项,保留的数列有多少项. 【变式训练】2 (2025·汕头模拟)已知数列{an}的前n项和是Sn,a1=1,点(n∈N*)在斜率为的直线上,数列{an},{bn}满足a1b1+a2b2+…+anbn=2+(n-1)·2n+1. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)若数列{an}中去掉和数列{bn}中相同的项后,余下的项按原来的顺序组成数列{cn},且数列{cn}的前n项和为Tn,求T100. 【解析】(1)∵点(n∈N*)在斜率为的直线上,∴-=(n≥2,n∈N*), 又=a1=1, ∴数列是以1为首项,为公差的等差数列, ∴=,∴Sn=(n∈N*). 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n, 当n=1时,a1=1满足上式, ∴an=n(n∈N*). ∵数列{an},{bn}满足a1b1+a2b2+…+anbn=2+(n-1)·2n+1, ∴当n≥2时,a1b1+a2b2+…+an-1bn-1=2+(n-2)·2n, 两式相减,得anbn=n·2n(n≥2), 当n=1时,a1b1=2+(1-1)×21+1=2=1×21,满足上式, ∴anbn=n·2n(n∈N*), ∴bn=2n(n∈N*). (2)设数列{an}的前p项中有数列{bn}的q项,p-q=100, 则2q≤p,即2q≤100+q. 易得满足2q≤100+q的最大正整数q为6, ∴数列{cn}的前100项,由数列{an}中的前106项去掉和数列{bn}中相同的6项得到, ∴T100=S106-(2+22+…+26) =-=5 545. 题型三　公共项问题★★★☆☆ 【典例】3 已知数列{an}的前n项和Sn=,{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】(1)由Sn=得, 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==. 【思维建模】两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列,且公差(比)是两等差(比)数列公差(比)的最小公倍数,一个等差与一个等比数列的公共项,则要通过其项数之间的关系来确定. 【变式训练】3 (2025·泉州质检)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=4,b1=2,a2=2b2-1,a3=b3+2. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)数列{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A,B,将A∪B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn},求数列{cn}的前60项和S60. 【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q, 由∴ ∴q=2,d=3,∴an=3n+1,bn=2n. (2)当{cn}的前60项中含有{bn}的前6项时, 令3n+1<27=128,∴n<, 此时至多有42+6=48项,不符合题意. 当{cn}的前60项中含有{bn}的前7项时, 令3n+1<28=256,∴n<85, 且22,24,26是{an}和{bn}的公共项, 则{cn}的前60项中含有{bn}的前7项且含有{an}的前56项,再减去公共的3项. ∴S60=+2+23+25+27 =4 844+170=5 014. 题型四　区间取值数列★★★☆☆ 【典例】4 (2025·无锡调研)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,数列{bn}满足bn=n-(-1)nSn,a1+b1=3,a2-b2=5. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)设数列{bn}的前n项和为Tn. ①求T10. ②若集合A={n|n≤100且Tn≤100,n∈N*},求集合A中所有元素的和. 【解析】(1)当n=1时,b1=1-(-1)1S1=1+a1. 所以a1+b1=a1+1+a1=3,解得a1=1, 当n=2时,b2=2-(-1)2S2 =2-(a1+a2)=1-a2, 所以a2-b2=a2-(1-a2)=5,解得a2=3, 则d=a2-a1=3-1=2, 所以an=1+2(n-1)=2n-1, Sn===n2, 则bn=n-(-1)n·n2. (2)①T10=b1+b2+…+b10 =1+12+2-22+…+9+92+10-102 =(1+2+…+10)-(-12+22-32+42-…-92+102) =(1+2+…+10)-(1+2+…+10)=0. ②Tn=b1+b2+…+bn=1-(-12)+2-22+3-(-32)+…+(n-1)-(-1)n-1(n-1)2+n-(-1)nn2 =1+2+3+…+(n-1)+n-[-12+22-32+…+(-1)n-1(n-1)2+(-1)nn2] =-[-12+22-32+…+(-1)n-1(n-1)2+(-1)nn2], 当n为偶数时,Tn=-[-12+22-32+…-(n-1)2+n2] =-(1+2+3+…+n-1+n) =-=0,所以当n为偶数时,Tn≤100恒成立. 当n为奇数时,Tn=-[-12+22-32+…+(n-1)2-n2] =-=n+n2, 令Tn=n2+n≤100, 易知函数y=x2+x在[1,+∞)上单调递增, 且92+9=90<100, 10+102=110>100, 所以可得n≤9. 所以集合A中的所有元素的和为(2+4+…+100)+(1+3+5+7+9) =+=2 575. 【思维建模】此类问题一般的条件为限定数列的项或其前n项和的范围,需要利用该范围判定n的范围,从而确定数列项数,进而解决求和等问题. 【变式训练】4 已知Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28,记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1. (1)求b1,b11,b101; (2)求数列{bn}的前1 000项和. 【解析】(1)设{an}的公差为d, 由题意知,S7=7a1+21d=28, 因为a1=1,所以d=1, 所以an=a1+(n-1)d=n, 从而bn=[lg n], 故b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2. (2)由(1)知bn=[lg an]=[lg n], 当1≤n≤9时,0≤lg n<1,所以bn=0; 当10≤n≤99时,1≤lg n<2,所以bn=1; 当100≤n≤999时,2≤lg n<3,所以bn=2; 当n=1 000时,lg n=lg 1 000=3,所以b1 000=3. 故b1+b2+…+b1 000=(b1+…+b9)+(b10+…+b99)+(b100+…+b999)+b1 000=0×9+1×90+2×900+3=1 893. 【限时【变式训练】】（限时：30分钟） 1.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. (1)【证明】由题意可得,an=2+(n-1)×3=3n-1(n∈N*). b1=4,bn+1=3bn-2n+1, 变形可得bn+1-(n+1)=3bn-3n=3(bn-n),b1-1=3, 故{bn-n}是以首项为3,公比为3的等比数列. 从而bn-n=3n,即bn=3n+n(n∈N*). (2)【解析】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*). 2.(2025·武汉质检)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. 【解析】(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.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2 026项和T2 026. 【解析】(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 026=(c1+c3+c5+…+c2 025)+(c2+c4+c6+…+c2 026) =+ =+ =. 4.(2025·成都诊断)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且a1为a2与S2的等差中项,当n≥2时,总有2Sn+1-3Sn+Sn-1=0. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记bm为数列落在区间(0,4m-1](m∈N*)内的项的个数,求数列{(-1)m}的前m项和Wm. 【解析】(1)∵当n≥2时,总有2Sn+1-3Sn+Sn-1=0, ∴2(Sn+1-Sn)=Sn-Sn-1, 从而an+1=an. ∵a1为a2与S2的等差中项, ∴a2+S2=2a1, ∵a1=1,∴a2=, 从而a2=a1. 综上可得,对于n∈N*, 都有an+1=an,即=, 则数列{an}是以a1=1为首项,以为公比的等比数列,即an=. (2)根据(1)可得=2n-1, 又0<≤4m-1, 即0<2n-1≤4m-1, 则n≤2m-1,n∈N*, ∴bm=2m-1, 从而(-1)m=(-1)m(2m-1)2, ∴Wm=-12+32-52+…+(-1)m(2m-1)2. 当m为偶数时,Wm=-12+32-52+72-92+112-…-(2m-3)2+(2m-1)2 =(-12+32)+(-52+72)+(-92+112)+…+[-(2m-3)2+(2m-1)2] =8+24+40+…+(8m-8) ==2m2; 当m为奇数且m≥3时,Wm=Wm-1-(2m-1)2=2(m-1)2-(2m-1)2=1-2m2, 由于W1=-1满足上式, ∴当m为奇数时,Wm=1-2m2. 综上可得,Wm= 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第六章 数列 第7节　数列的重构问题 学习导航站 核心知识库：重难考点总结，梳理必背知识、归纳重点 题型一　增项问题 ★★★☆☆ 题型二　减项问题 ★★★☆☆ 题型三　公共项问题 ★★★☆☆ 题型四　区间取值数列 ★★★☆☆ （星级越高，重要程度越高） 限时【变式【变式训练】】挑战场：感知真题，检验成果，考点追溯 【题型分析】数列的重构问题是指在一个数列中通过增项、减项或提取两个数列的公共项,或者把数列的项限定在某一范围内重新构造一个新的数列,求解此类问题要清楚新数列的项、项数与原数列的联系. 题型一　增项问题★★★☆☆ 【典例】1 已知公差不为0的等差数列{an}中,a1=1,a4是a2和a8的等比中项. (1)求数列{an}的通项公式; (2)保持数列{an}中各项先后顺序不变,在ak与ak+1(k=1,2,…)之间插入2k,使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn},记{bn}的前n项和为Tn,求T20的值. 【变式训练】1 已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+1. (1)求{an}的通项公式; (2)保持{an}中各项先后顺序不变,在ak与ak+1之间插入k个1,使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn},记{bn}的前n项和为Tn,求T100的值(用数字作答). 题型二　减项问题★★★☆☆ 【典例】2 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. 【变式训练】2 (2025·汕头模拟)已知数列{an}的前n项和是Sn,a1=1,点(n∈N*)在斜率为的直线上,数列{an},{bn}满足a1b1+a2b2+…+anbn=2+(n-1)·2n+1. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)若数列{an}中去掉和数列{bn}中相同的项后,余下的项按原来的顺序组成数列{cn},且数列{cn}的前n项和为Tn,求T100. 题型三　公共项问题★★★☆☆ 【典例】3 已知数列{an}的前n项和Sn=,{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. 【变式训练】3 (2025·泉州质检)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=4,b1=2,a2=2b2-1,a3=b3+2. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)数列{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A,B,将A∪B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn},求数列{cn}的前60项和S60. 题型四　区间取值数列★★★☆☆ 【典例】4 (2025·无锡调研)已知Sn是等差数列{an}的前n项和,数列{bn}满足bn=n-(-1)nSn,a1+b1=3,a2-b2=5. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)设数列{bn}的前n项和为Tn. ①求T10. ②若集合A={n|n≤100且Tn≤100,n∈N*},求集合A中所有元素的和. 【变式训练】4 已知Sn为等差数列{an}的前n项和,且a1=1,S7=28,记bn=[lg an],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1. (1)求b1,b11,b101; (2)求数列{bn}的前1 000项和. 【限时【变式训练】】（限时：30分钟） 1.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. 2.(2025·武汉质检)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.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2 026项和T2 026. 4.(2025·成都诊断)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且a1为a2与S2的等差中项,当n≥2时,总有2Sn+1-3Sn+Sn-1=0. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记bm为数列落在区间(0,4m-1](m∈N*)内的项的个数,求数列{(-1)m}的前m项和Wm. 学科网（北京）股份有限公司 $$