第二章 专题6 数列的综合问题-【6星学霸·高考黑题】2026年高考数学二轮专项冲刺

-ia2(成a-2做日所 (3)E期：(2包)可得元中致证名-含知即正 11 1 n 1,1 1 (日)令兴1胸蓝函数)=血宁() 11 ≥.则r号(）少<0，又周为0=0， 2x2 放当1时，b≤兮(）当且仅当1时等号流立，所以 (但)（日）立 变式训练3.解：(1)设等比数列1an的公比为g1,则由a3a%=a0,a4- 6a3+9a=0,得a19ia197=a19i,a19i-6a19i+9a191=0,得a1=1,91=3, 数列1a.}首项为1且公比为正数，即数列1an1为“M-数列” 2)①当n1时，2-名=2，当n≥2时，21.26 。b,b1 线4288 ba-1b。 babaet bl5,2b1-b,)6-6-）=b6-b-i 21-66,-b 61(6一-b.),展开化简得61+b1=2b。一{6，是等差数列，故数列 {b.的通项公式为b.=n ②设{c,的公比为g,存在“M-数列”c.(neN·),对任意正整数k, 当k≤m时，都有c4≤≤c成立，即g1≤k≤对k≤m恒成立， 当k=1时，9≥1，当k=2时，2≤g≤2，当k≥3时，两边取对数可得， ≤h≤若对≤m有解，即（色）≤hg≤()令 )则a中兰当时到c0,此时单 酸当3时.(）a3),则 1-1In g'(x)▣ g,令p(1h则p()号当3时， (e)<0e(e)为单调遥减函数p()<1-号-h3<0,即《() 06在3，+)上单调遥减，即当3≤≤m时，（偿》）把二 m-1 二其中反<2下面宋解不等式号导化简， 得3nm-(m-1)h3≥0，令6(m)=3hm-(m-1)h3,则(m)=3 n3,由k≥3得m≥3，进而h'(m)<0,∴.h(m)在[3，+e)上单调递诚， 又由于h(5)=3ln5-4ln3=n125-n81>0,h(6)=31n6-5ln3= n216-ln243<0,故使得h(m)>0的最大整数m=5,此时ge[3行， 5].又：[3了，57]C[2,2],当m=5时，满足题意综上所述，满足 题意的实数m的最大值为5. 变式训练4.证明：(1)已知na1= 1,即血.1及 cos d cos d1 Cos sin'dl a化简得11又 cosdcosd 1=2,所以数列 11 是首项为2，公差为1的等差数列. cos2a 一学霸高考·黑 (2)()可知22+(a-1)=+1,所以ma cos'a. +in2a。=1 %血，=e石-宁ea-a+11.所以8=宁el 024e2-s3++he-0a+11=-宁e:(a+1),于是 11,41 41=44丽=1)(+2=2高 (偏》} n+1n+22n+2 因为n≥1， (3)定义cos6=L,原不等式即c0ea0cosa1+c0sa1c0sa2+…+ m4ma,油子h子ha≥1).下面证明m4m4> n n.n+l )=x-2hx1),则斯(=1+}2x-2 x 年>0，于是) 在区间1，+)上是增函数因为，√受1，有（√受）小1）=0， 不等式(*)成立故原不等式成立 专题6数列的综合问题 典型例题1.解：(1)八302=3a1+a3,3d=a1+2d,解得a1=d,S3= 2.6,129 3a,=3(a,+d0=6d又乃=6，+b,6,日+235+灯=6d+ =21，即2-7443=0，解得d=3政d=之（会去)4=4，+(a- 9 1)d=3n(neN'). (2)”61为等差数列，六26=6，+，即12=2+12 六6（仁）=6d=,即-30，d+2=0,解得，=4或a,=2以 d>1,a,>0又5g-T0=99,由等差数列性质知，99a0-9960=99, 即a0如1w201,即函-a购-2500，每得1或 a0=-50(舍去).当a1=2d时，a知=a1+49d=51d=51,解得d=1,与d> 1矛盾，无解：当a1=4时，e0=a+40d=50d=51,解得4：易综上， 50 变式训练1证明：(1)由题设，S,=m(”,4,由c=0,得，=三 2 号4，又，：成等比数列候=6b,即（号）广： a(a+2),化简得-2ad=0d≠0，d=2a因此对于所有的 3d neN,S=a+a.2a=am2,从而对于所有的k,neN”,S4 2 a(nk)2=n25. (2)设数列6，的公差为4，则6，=6，+(a-1)4,即=6，+(a n2+e 1)d1,neN”,代人S。的表达式，整理得，对于所有的neN”有 B=-4-a+子4，D=e(4-1).则对于所有的neN”有+ Bn2+cd1n=D,在上式中取n=1,2,3,4,∴.A+B+cd1=8M+4B+2d1= 7A+3B+d1=0,① 27A+9B+3d=641+16B+4ed1,从而有19A+5B+cd1=0,②由②③ 21A+5B+cd1=0,③ 题·数学·16 得4=0，a叫=-5B,代人①得月=0，从面c叫=0，即4-子d=0,6-4 a+之=0，叫=0，若4=0，则由4=0得4=0，与题设矛盾， ∴.d1*0,义cd1=0,∴，c=0. 典型例题2A解析：由题意得，数列如下：1,1,2,1,2,4，…，1,2,4， ,2,…,则该数列的前1+2+…+k=项和为S=1+ 2 （1+2+…+(1+2+…+2*)=201-k-2,要使生10，则有≥14， 2 此时k+2<2+1,所以k+2是第(k+1)组等比数列1,2，…，2的部分和. 设k+2=1+2+…+21=2-1,所以k=2-3≥14，则1≥5，此时k=2 3=29,所以对应满足条件的最小整数N29X305=40,枚选A 2 重难点拔 本题非常巧妙地将实际何题和数列融合在一起，首先需要读懂愿目 所表达的具体合义，以及观察所给数列的特征，进而判断出该数列的 通项和求和另外，本题的发点在于数列里面套数列，第一个数列的 和叉作为下一个数列的通项，面且最后儿项并不能放在一个数列中， 需要进行判断。 变式调练2D解析：由三角形数阵可以看出其奇数行为奇数列，偶数 行为偶数列，且第m行有m个数，记a。为第n个奇数，则a。=1+2(m- 1)=2n-1,又2025=2×1013-1，所以2025为第1013个奇数.又前 31个奇数行共有奇数1+3++61=31x)+6=961,前32个奇数行. 2 共有奇数1+3++61+63=32x1+63）-1024,则961<1013<1024， 2 31+32=63,故2025在第63行，且1013-961=52，即=63，j=52,所以 i+j=63+52=115. 变式训练3.134解析：根据题图中规律可知，每一行的最后一个数分 别为1,4,9,16，，且个数为1,3,5,7，…，则第n行的最后一个数为 n2,个数为2m-1,keN°.因为2025=452，所以2025排在第45行最后 一个，又第45行个数为2×45-1=89，所以m=45,m=89,所以m+n= 134.故答案为134. 变式训练4.(2n-3)·2"+3解析：由题意每一行均为等差数列，设第 二行的公差为d,则有2d=a2sa2=8,故d=4,从而可得第二行的通项 公式为2n=g+(n-3)·4=4n-2,所以as=22.又因为每一列均为公 比为q的等比数列，且a6=88.又因为ag>0,故q=2,即有a=a2n g-2=(4n-2)·22=(2n-1)·2-,从而有am=(2n-1)·2 故8=a1+az+…+am=1×20+3×2+5×22+…+(2n-3)×2m-2+(2n 1)×2-1①.25=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)×21+(2n-1)×2②， 所以-S=1+2(2'+22+…+2-1)-(2n-1)×2",即S=(2n-3)·2+3 典型例题3.3n2-2n解析：因为数列{2n-1是以1为首项，以2为公 差的等差数列，数列3m-2]是以1为首项，以3为公差的等差数列，所 以这两个数列的公共项所构成的新数列{。1是以1为首项，以6为公 差的等差数列，所以a,{的前n项和为n1+a(n,6=3n2-2n,故 2 答案为3n2-2n. 0.-8,n为奇数所以当n≥2。 变式训练5.()证明：因为a1-3a.m为偶数， neN时，x1-12=a2划)1-12=3a2m-2-12=3a(-31-2= 》-23a12.期2-3又当1时a-n- 13-12=1,所以数列12-1-12为首项为1，公比为3的等比数列. (2)解：由(1)知a21-12=3,所以a2m-1=31+12,又由a1= 口.-8，n为奇数可得42=32+4，n≥2，neN”,所以51=a1+ (3an,n为偶数， a+a++a2+a2m1=(a1+ay++a2t）+(a2+a4++a2.)=[(30+ 12)+(3+12)++(3+12)]+[(3°+4)+(3+4)++(3-1+4)]= 、[3+3++3+12(+1]+(3043++3+4n)=13+3+16n+ 12=2×3"+16n+11. 变式训练6.(1)解：对A:取6n1:b1=1,b2=4:取1G,:G1=2,9=3则 一学霸高考·黑 {c。1和b是数列1,2,3,4的一对“完美互补子列”，对B:因为2+ 2+2+…+25.2X1一-2）=27-2，假设该数列存在一对完美互补子 1-2 列”6和6,1，则1c和6，的各项和为2-2 2 2-1,但{a。|中各 项均为偶数，所以{c,}和{6，{的各项和为2-1不可能成立故数 列2,22,2,24,2,2不存在“完美互补子列"， (2)证明：(1)当m=4k时，因为a.=n,所以a1+a4=a2+a4w-1=…= 02ta21=1+4秋不妨令6，}中的各项为a1,2,…,44,0地1,02，… aw:c1中的各项为a1,4-2,…,a3则6，}与cn中所有项的和均 为k(4k+1).所以当m=4时，数列1a}存在“完美互补子列”.当m= 4+3时，只需将m=4中，{c,1中的aa=2k移到b,}中，将a1 a2放入fc,中，将a+3放入6，中，此时1b,}与{c,}中的和均在原 来的基础上增加了6k+3,所以当m=4k+3时，数列{4.1存在“完美互 补子列” (i)当m=4k时，数列a.有f八4k)对“完美互补子列”，对1a.}的一 对“完美互补子列”，比如：bn中的各项为a1,2,“,@,a1,a+2, …,a4u:{ca}中的各项为a+1,a2,“,a ①将1c中的au=2k移到6，中，将a1,442放人c,中，将a4+3 放人b,}中，此时{6，与{c中的和均在原来的基础上增加了6k+3, 可得m=4+3的一对“完美互补子列”：②将c}中的a1=2k+1移 到{6中，将a+,a+3放人c}中，将aa+2放人fb,|中，此时16，{与 {©，}中的和均在原来的基础上增加了6k+3,可得m=4k+3的一对"完 美互补子列”；③将{cn}中的a24+2=2k+2移到16.}中，将a2,“4放 人{c.中，将a+1放人{b.}中，此时{b.}与cn中的和均在原来的基 础上增加了6k+3,可得m=4k+3的一对“完美互补子列”；所以m=4秋 时的一对“完美互补子列”，当m=4k+3时，都至少有三对“完美互补子 列”与之对应.所以八4k+3)≥34k). 典型例题4.解：(1)由a1=2a,+1可得a1+1=2(4。+1),又a1+1= 4,所以{a.+1}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以a。+1= 4·2-1,即4n=21-1.由 61 可知{} 是常数列，所以 n+12n-1 2n-1 6==1,即6.=2m- 2n-11 (2)设在c,}的前100项中，来自1a。的有m项.若第100项来自 {a.|,则应有m+1+3+5+…+(2m-3)=100,整理可得m2-m-99=0,该 方程没有正整数解，不满足题意.若第100项来自{6，}，则应有m+1+3+ 5+…+(2m-1)≥100，整理可得m2+m-100≥0.易知y=m2+m-100 在meN·时单调递增，当m=9时，92+9-100=-10<0，不满足题意. 当m=10时，102+10-100=10>0，满足题意，故m=10,所以{c。}的前 100项中有10项来自1anl,有90项来自{bnl,所以Tw=a1+a2++ a10+b1+62+…+b0=22-1+23-1+…+21-1+1+3+5+…+2×90-1= 4x(1-2）-10+902=12182 1-2 变式训练7.解：(1)设等差数列1a.}的公差为d(d0),等比数列 认的公比为，由超查得一ad2a(@+3又 《4b3=462+b4(461g2=4b19+b1g3 a1=b1=1,d≠0，解得d=1,9=2,所以an=1+n-1=n,bn=1×21=2"-1 (2)由(1)得c=3”=3”,去掉第3站项后，前4项依次为3,9,81， 243,S2n=41+h2+与3+…+2，=c1tc2+c+c3t…+c3-2tc3m-1=（9tc4+ …t-2)+(92+6t…+c31)=(3+3+…+3n2)+(32+35+…+ 3)-3x1,3232.2x3n-6综上5-23-6 1-33 1-33 13 13 变式训练8.解：(1)因为b,=2”,neN”,所以数列16，}中的每一项都 能被2整除，所以数列1b,1中的每一项都是数列1a.中的项，又数列 {an,|b。都是递增数列，所以由a.},{b。1的公共项从小到大排列构 成的数列为16n},则c91=b1=2,c3=6=4,c3=6=8,C=6,=2”， nEN. (2)①由cn=2”,得c1=2.当n=1时，9=2,9=4，由题意，在2和4 之间插人1个数，使这3个数组成一个公差为d,的等差数列，故d,= 4二2=1：当n=2时，62=4,638，由题意，在4和8之间插人2个数，使 这4个数组成一个公差为山的等差数列，故d=33 8-44 题·数学·17一 ②不存在，理由如下：由题意c1=e.+(n+2-1)d。,即21=2”+(n+ )以，所以4二假设在数列d1中存在三项4,4,4（共中 度等批到流4，（信广品品化满特 4 2mtp (k+1)(m+i)(p+万又因为m+p=2k,所以 4. 224 +1)p+mp*1 p+2kT得(+1)2=m刚+2k+1,所以2=m,又因为mp=2法，所以 45 2=m心，即(m-p)2=0,所以m=p,即m=p=k,这与题设矛质.所 m+p 以在1d.}中不存在3项d。,d,d(其中2k=m+p)成等比数列 专题7数列中的新定义问题 典型例题(1)解：设数列a1,a2,…,a42的公差为d,则d≠0.由于一个 数列同时加上一个数或者乘一·个非零数后是等差数列，当且仅当该数 列是等差数列时成立，故我们可以对该数列进行适当的变形：= +1(=1,2,…,4m+2),得到新数列d=(k=1,2,…,4m+2),然 d 后对a,a,“,a4n2进行相应的讨论即可.不妨设ae=(k=1,2,… 4m+2),此后的讨论均建立在该假设下进行，回到原题，相当于从1,2， 3,4,5,6中取出两个数i和j(i),使得剩下四个数是等差数列.那么剩 下四个数只可能是1,2,3,4或2,3,4,5或3,4,5,6所以所有可能的(i, 》就是(5,6)，(1,6)，(1,2) (2)证明：由于从数列1,2，…，4m+2中取出2和13后，剩余的4m个数 可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差数列： ①{1,4,7,10,3,6,9,12}，{5,8,11,141，共3组： ②{15,16,17,18,19,20,21,22，，14m-1,4m,4m+1,4m+2,共 (m-3)组（如果m-3=0,则忽略） 故数列1,2，…，4m+2是(2,13)-可分数列 (3)证明：定义集合A=4k+11k=0,1,2,…,m={1,5,9,13,…,4m+ 1,B={4k+21k=0,1,2,…,m=2,6,10,14,…,4m+2}. 下面证明，对1≤i<≤4m+2,如果下面两个命题同时成立，则数列1， 2,…,4m+2一定是(i》-可分数列 命题l:icAjeB或ieB,jeA 命题2：≠3. 我们分两种情况证明这个结论 第一种情况：如果ieA,jeB,且j-i≠3，此时设=4k1+1,j=4k+ 2,k1,南e10,1,2,…,m.则由可知4k+1<4+2,即-k>-4 故k2≥k.此时，由于从数列1,2，…，4m+2中取出=4k1+1和=4转2+2 后，剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差 数列： ①11,2,3,4,5,6,7,8，，4k1-3,4k1-2,4k1-1,4k1,共k1组： ②4k1+2,4k1+3,41+4,4k1+5,{41+6,4k1+7,4k1+8,4k1+91,…, {4k3-2,4k2-1,4k2,4k2+1,共(k3-k1)组； ③{4k2+3,4k2+4,4k2+5,4k2+6,{4k2+7.4h2+8,4k2+9,462+10,… {4m-1,4m,4m+1,4m+2},共(m-k2)组（如果某一事分的组数为0，测 忽略) 故此时数列1,2，…，4m+2是(iJ)-可分数列 第二种情况：如果ieB,jeA,且j-i≠3.此时设i=41+2,j=4+ 1,k,ke10,1,2,…,m.则由i可知4k1+2<4,+1,即->4 故k2>1由于i≠3，故(42+1)-(4%1+2)≠3，从而42-61≠1，这就意 球着k-k≥2此时，由于从数列1,2，…，4m+2中取出=41+2和广= 4k2+1后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，共m组，使得每组 成等差数列： ①f1,2,3,4,15,6,7,8,,4k1-3,461-2,4k1-1,4k11,共%1组： ②4k1+1,3k1+3+1,2k:+2k2+1,6+3张2+1，{3k1+k+2,2k+ 2k2+2,k1+3k2+2,4k2+2引，共2组： ③全体{4k1+p,3k1+k2+P,2k1+2k2+P,k+3张2+p,其中p=3,4, k2名1，共(k-2)组： ④14k2+3,4k3+4,4k2+5,4k2+6,4k3+7,4k2+8,4k2+9,4k2+10},+, {4m-1,4m,4m+1,4m+2,共(m-k2)组.（知果某一都分的组数为0，剥 忽哮) 这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个 一学霸高考·黑 包含(k2-k1-2)个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数： 4k1+3,4k1+4,…,3张1+2,3张1+62+3,3张1+k3+4,,2k1+2h2{, 2k1+2k2+3,2k1+2k2+4,…,k1+3k2,{k1+3k2+3,k1+3k2+4,…,4k2i 可以看出每列都是连续的若干个整数它们再取并集以后，将取遍 4k1+1,4k1+2,…,4k2+2中除开五个集合{4k1+1,4k1+2},13k1+k2+ 1.3k1+k2+2},|2k1+2k2+1,2k1+2k2+2},{k1+3k2+1,k1+3k2+2}, 4k2+1,4k2+21中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经 去掉的4k,+2和4k2+1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个 数这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2，·，4m+2 是(，》-可分数列.至此，我们证明了：对1≤i<≤4m+2,如果前述命题 1和命题2同时成立，则数列1,2，…，4m+2一定是(i,》-可分数列然 后我们来考虑这样的(，)的个数. 首先，由于A∩B=☑，A和B中各有(m+1)个元素，放满足命题1的(， )总共有(m+1)2个：而如果j-i=3,假设i@A,jeB,则可设i=4k1+1, 户4：+2，代人得(4：+2)-(4+1)归3但这学致与名=，不盾，所 以iEBjeA.设i=4k1+2,j=4k+1,k,42e0,1,2,…,m,则(4+ 1)-(4k1+2)=3,即k2-k1=1.所以可能的(k1,k2)恰好就是(0,1)， (1,2),…,(m-1,m),对应的(i,)分别是(2,5)，(6,9)，…，(4m-2, 4m+1),总共m个.所以这(m+1)2个满足命题1的(，)中，不满足命 题2的恰好有m个这就得到同时满是命题1和命题2的(i,)的个数 为(m+1)2-m当我们从1,2，…，4m+2中一次任取两个数i和j(i<) 时，总的选取方式的个数等于4m+2(4m+)=(2m+1)(4m+1).面根 据之前的结论，使得数列a1,,“,a+2是(i》-可分数列的(i)至少 有[(m+1)2-m]个.所以数列，42，a4n2是(i)-可分数列的概率P。 (m+1)2-m m2+m+1 m2+m+4 -定满足P.≥2m+)(4m+D(2m+1)(4m+之(2m+1)(4m+2) 1)2 m*2 2(2m+1)(2m+1)8 变式训练1.解：(1)由题意，得△a1=2-1=1,4a2=8-2=6,4a3=22 8■14,4a4■47-22=25，…：42a1■6-1=5，△22=14-6=8,423=25- 14=11,·,所以2-阶差数列为5,8,11， (2)因为4a=a1-an,又4a,-=2n,所以a1-a,=2n,所以-41=2， a3-a2=4,…,a.-a1=2(n-1),累加得a。-a1=2+4+…+2(m-1),即 4.-41=n2-n,所以an=n2-n+1. (3)因为△2b.=△b1-4bn,及42b,-△b+1+b,+22=0,得△b.-b.=2, 又4，或4所以2-2产两边同除2得号会会-2 当≥2时会=（会）+（货会小（会会）+ (合）片=22+2.2-- 2 1-2 之，所以6，=21-9·2(n≥2，a∈N),当n=1时6，=-7也满是， 所以6.=2n-1-9·21(neN).令x=2,则f(x)=2x2-9r= 2(?)广公当e(,子)时，两数)单调减当e (?,+)时，函数)单调递增，面22？所 以21=2，即当n=2时，b。取得最小值为-10 变式训练2（1)解：由(a+1）4,-01=1,变形可得片 品当2（小(） 1 …(）为3分号宁 分会台片所哈(）（兮） (合）-2则62a1因为2a+1=a1p-,且a 题 ·数学·18一学霸高考·黑题数学 专题6数列的综合问题 命题密钥 从等差、等比数列的基本运算和性质出发，可以衍生出一系列更复杂的问题它们通过对数 列的进一步构造，增加了思维难度和计算难度，在选择、填空、解答中都有出现2023年新课标I 卷的第20题，就是等差、等比数列的综合应用，解答过程中利用性质来简化计算 考点觉醒 等差、等比数 等差、等比数列的基本量综合运算， 列的综合应用 同时利用相关性质来简化计算 数阵问题 将数列按照一定的规律以图表或图 数列的综 阵的方式呈现，增加了数列的变化 合问题 子数列问题 主要以公共数列以及分段数列为主， 构造新数列，利用新数列的特征求解 探究增删了多少项及其特征，一般利 增删项问题 用分组求和法求解相关问题 实战演练 题组。等差、等比数列的综合应用 典型例题1.(2023·新课标全国I)设等差数列1a,的公差为d,且少1L.令6，=心”，记S,了，分 a。 别为数列{a},{b,}的前n项和 (1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S-T9=99,求d. 030 第二章数列学霸 变式训练1.（江苏高考）设{a.}是首项为a,公差为d的等差数列(d≠0)，S.是其前n项和.记bn= n+eneN,其中e为实数 nS. (1)若c=0,且b1,b2,b4成等比数列，证明：S4=n2(k,n∈N); (2)若{b}是等差数列，证明：c=0. 题组已数阵问题 典型例题2.（全国高考）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习 数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的 答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是2°，接下来的两项是2°，2，再 接下来的三项是2°，2'，22，依此类推求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和 为2的整数幂那么该款软件的激活码是 () A.440 B.330 C.220 D.110 变式训练2.(2025·辽宁大连月考)把正整数按一定的规律排成三角形数阵，如图所示.设a(i, jeN)是这个三角形数阵中从上往下数第i行、从左往右数第j个数，如a2=8,若ag=2025,则i与 j的和为 () A.112 B.113 C.114 D.115 24 357 681012 234 911131517 56789 141618202224 10111213141516 dal dg dd (变式训练2) (变式训练3) (变式训练4) 变式训练3.(2025·山东淄博月考)如图所示的是一个按某种规律排列的数阵，根据规律，自然 数2025应该排在从上向下数的第m行，是该行中从左向右数的第n个数，那么m+n的值 是 变式训练4.(2025·山东滨州期中)将n2个实数排成n行n列的数阵，形式如图.若a分>0(i,j= 1,2,…,n),且每一行均为等差数列，每一列均为公比为g的等比数列.已知a3=10,a2s=18,a46= 88,设S=a11+a2+…+am,则S= 031 学霸高考，黑题数学 题组目子数列问题 典型例题3.（全国高考）将数列{2n-1}与{3m-2}的公共项从小到大排列得到数列{a.},则{a.}的 前n项和为 变式训练5.(2025·山东省实验中学模拟)已知数列{an}的前n项和为S.,a1=13,a1= an-8,n为奇数， 3a.,n为偶数 (1)证明：数列{a21-12}为等比数列； (2)求数列{an}的前(2n+1)项和S21 变式训练6.(2025·浙江杭州期末)将有穷数列{a。}中部分项按原顺序构成的新数列{b.}称为 {a的一个“子列”，剩余项按原顺序构成“子列”{cn1.若{b各项的和与{c}各项的和相等，则称 {cn}和{bn}为数列{an}的一对“完美互补子列” (1)分别判断以下数列是否存在“完美互补子列”，并说明理由： A:1,2,3,4:B:2,2,23,2,2,2 (2)数列{an}一共有m项，且满足an=n,1≤n≤m,n∈N'. (i)求证：当m=4h和m=4k+3(k∈N·)时，{an}都存在“完美互补子列”； （iⅱ)设a共有f(m)对“完美互补子列”，求证f(4k+3)≥3f4h). 032 第二章数列学霸 题组四增删项问题 典型例题4.(2025·湖南长沙模拟)已知数列{an}满足a,=3,a+1=2a.+1,数列b.}满足b,=1,且 b1b. 2n+12n-1 (1)求{a.}和{bn}的通项公式； (2)将{bn}中的项按从小到大的顺序插人{an}中，且在任意的a4,a1之间插入(2k-1)项，从而构成 一个新数列{c.},设{c.}的前n项和为T.,求To 变式训练7.(2025·广东广州模拟)已知公差不为零的等差数列{an}和等比数列{b.}满足a,= b1=1,且a1,2a2,4a4成等比数列，4b2,2b3,b4成等差数列. (1)求数列{a.}和{bn}的通项公式； (2)令c。=3,去掉数列{c}中的第3h项(k∈N),余下的项顺序不变，构成新数列{t{,写出数列 {t.}的前4项并求{tn}的前2n项和S2m 变式训练8.(2025·四川内江模拟)已知数列{an},{b}的通项公式分别为a.=2n,b,=2,数列 {c.}是由{a,},{bn}的公共项从小到大排列构成的数列. (1)求c1,2,c,及{c}的通项公式。 (2)在c.与c+1之间插人n个数，使这(n+2)个数组成一个公差为d,的等差数列. ①求d1,d2的值. ②在数列{dn}中是否存在3项dm,d,dn(其中2k=m+p)成等比数列？若存在，求出这样的 3项：若不存在，请说明理由。 033