第五章 8 重难突破二 突破5 数列中的增、减项及交、并项问题（教师用书word）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（人教A版）

该高中数学讲义聚焦数列增、减项及交并项高考热点，按增项、减项、交并项题型系统整合考点，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建解题框架，突破易错难点。 资料突出数学思维与模型意识，如增项问题中分组处理新数列项构成，交并项问题用不定方程法推导公共项通项，结合分层对点练即时巩固，有效培养学生逻辑推理与运算能力，助力教师精准把控复习节奏，提升备考效率。

突破5　数列中的增、减项及交、并项问题 　　数列中的增、减项与交、并项问题是常考的热点问题，也是易错问题，理清增、减项与交、并项的特点是解决问题的关键. 题型一　数列中的增项问题 已知各项均为正数的数列{an}中，a1＝1且满足－＝2an＋2an＋1，数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn＋1＝3bn. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若在bk与bk＋1之间依次插入数列{an}中的k项构成新数列{cn}：b1，a1，b2，a2，a3，b3，a4，a5，a6，b4，…，求数列{cn}的前50项和T50. 解：(1)由－＝2an＋2an＋1，得·＝2.因为an＋1＋an＞0，所以an＋1－an＝2， 所以数列{an}是首项为a1＝1，公差为2的等差数列，所以an＝2n－1. 当n＝1时，由2S1＋1＝3b1，得b1＝1. 当n≥2时，由2Sn＋1＝3bn， ① 可得2Sn－1＋1＝3bn－1. ② 由①－②整理得bn＝3bn－1， 因为b1＝1≠0，所以bn－1≠0，所以＝3， 所以数列{bn}是首项为1，公比为3的等比数列，故bn＝3n－1. (2)由题意知，新数列{cn}中，bk＋1(含bk＋1)前面共有(1＋2＋3＋…＋k)＋＝项.由≤50(k∈N*)，得k≤8， 所以新数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前9项：b1，b2，…，b9，含有数列{an}的前41项：a1，a2，a3，…，a41， 所以T50＝＋＝11 522. 　　解决此类问题的基本思路有两种：一是分析新数列是否是某一类特殊数列(等差、等比)，然后利用新数列的性质求解；二是分组处理，如本例(2)，可分别求出数列{an}的前41项和及{bn}的前9项和，然后求T50. 注意：解决此类问题的关键是搞清新数列{cn}是由原数列{an}、{bn}中的哪些项构成的. 　　 对点练1.已知数列是等差数列，其前n项和为Sn，a2＝2，S9＝45，数列满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝·2n＋1. (1)求数列，的通项公式； (2)若对数列，，在ak与ak＋1之间插入bk个2(k∈N*)，组成一个新数列，求数列的前83项的和T83. 解：(1)设公差为d，故解得 故an＝a1＋d＝1＋n－1＝n， 故b1＋2b2＋…＋nbn＝·2n＋1　①， 当n＝1时，b1＝1， 当n≥2时，b1＋2b2＋…＋bn－1＝·2n－1＋1　②， 式子①－②得，nbn＝·2n＋1－·2n－1－1＝n·2n－1，即bn＝＝2n－1， 当n＝1时，b1＝1也满足上式，故bn＝2n－1. (2)因为an＝n，所以在中，从项a1开始，到项ak为止， 共有项数为k＋20＋2＋22＋…＋2k－2＝k＋＝k＋2k－1－1， 当k＝7时，7＋26－1＝70＜83，当k＝8时，8＋27－1＝135＞83， 故数列前83项是项a7之后还有83－70＝13项为2， T83＝＋2×(20＋21＋…＋25＋13)＝180. 题型二　数列中的减项问题 已知是首项为1的等差数列，公差d＞0，是首项为2的等比数列，a4＝b2，a8＝b3. (1)求，的通项公式； (2)若数列的第m项bm满足　　　　(在①②中任选一个条件)，k∈N*，则将其去掉，数列剩余的各项按原顺序组成一个新的数列，求的前20项和S20. ①log4bm＝ak；②bm＝3ak＋1. 解：(1)设的公差为d，的公比为q， 因为a4＝b2，a8＝b3，所以1＋3d＝2q，1＋7d＝2q2， 联立消q得9d2－8d－1＝0，解得d＝1或d＝－与d＞0矛盾， 故d＝1，代回计算得q＝2， 所以an＝a1＋d＝n，bn＝b1·qn－1＝2n. (2)若选①log4bm＝ak，则有log42m＝k⇒m＝2k，k∈N*， 所以剩余的项就是原数列的奇数项， 相当于剩余的项按原顺序组成的新数列是以2为首项，4为公比的等比数列， 所以S20＝＝. 若选②bm＝3ak＋1，则有2m＝3k＋1， 因为m∈N*，k∈N*，所以当m＝2n时，对应的k＝＝为整数，满足题意， 当m＝2n－1时，对应的k＝＝不为整数，不满足题意， 所以剩余的项就是原数列的奇数项， 相当于剩余的项按原顺序组成的新数列是以2为首项，4为公比的等比数列， 所以S20＝＝. 　　解决此类问题的关键是明确新数列与原数列的内部关联，关注数列的下标，尤其在求和时要搞清楚原数列中项的数量. 　　 对点练2.已知等差数列{an}和正项等比数列{bn}满足a1＝4，b1＝2，bn＋2＝bn＋1＋2bn，a3＝b3＋2. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)对于集合A，B，定义集合A－B＝{x｜x∈A，且x∉B}，设数列{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A，B，将集合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30项和S30. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由bn＋2＝bn＋1＋2bn得q2＝q＋2， 解得q＝2或q＝－1(舍去)，所以bn＝2n. 因为a3＝b3＋2，所以4＋2d＝8＋2， 所以d＝3， 所以an＝3n＋1. (2)因为a30＝91，又b6＝64＜a30＝91＜a42＝127＜b7＝128， 所以S30中要去掉数列{bn}的项最多6项， 数列{bn}的前6项分别为2，4，8，16，32，64，其中4，16，64三项是数列{an}和数列{bn}的公共项， 所以{cn}前30项由{an}的前33项再去掉{bn}的b2＝4，b4＝16，b6＝64这3项构成. S30＝(a1＋a2＋…＋a33)－(b2＋b4＋b6)＝－(4＋16＋64)＝1 632. 题型三　两个数列的交、并项问题 角度1　两个数列的公共项问题 (1)(一题多解)数列{an}与{bn}的通项公式分别为an＝4n－1，bn＝3n＋2，它们的公共项由小到大排列组成数列{cn}，求数列{cn}的通项公式. (2)数列{an}与{bn}的通项公式分别为an＝×2n，bn＝6×4n，它们的公共项由小到大排成的数列是{cn}，求cn. (3)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}，求cn. 解：(1)法一：设ak＝bm＝cp，则4k－1＝3m＋2， 所以k＝， 因为3，4互质，所以m＋1必为4的倍数， 即m＝4p－1， 所以cp＝bm＝b4p－1＝3＋2＝12p－1， 即数列{cn}的通项公式为cn＝12n－1. 法二：由观察可知，两个数列的第一个公共项为11， 所以c1＝11. 设ak＝bm＝cp，则4k－1＝3m＋2， 所以ak＋1＝4－1＝4k＋3＝3m＋6＝3(m＋)＋2不是数列{bn}中的项， ak＋2＝4－1＝4k＋7＝3m＋10＝3(m＋)＋2不是数列{bn}中的项， ak＋3＝4－1＝4k＋11＝3m＋14＝3(m＋4)＋2是数列{bn}中的项. 所以cp＋1＝ak＋3， 则cp＋1－cp＝ak＋3－ak＝3×4＝12， 所以数列{cn}是等差数列，其公差为12，首项为11， 因此，数列{cn}的通项公式为cn＝12n－1. (2)an＝3×2n－2，bn＝3×22n＋1， 设an＝3×2n－2是数列{bn}中的第m项， 即3×2n－2＝3×22m＋1， 所以n－2＝2m＋1， 所以n＝2m＋3，即{bn}中的第m项是{an}中第2m＋3项， 所以an＝a2m＋3＝3×22m＋3－2＝3×22m＋1， 所以cn＝3×22n＋1. (3)设ak＝2k是数列{bn}中的第m项，即2k＝3m＋2， 所以3m＝2k－2(m，k∈N*，k＞1)， 所以2k－2能被3整除， 又2k－2＝(3－1)k－2＝3k(－1)0＋3k－1(－1)＋…＋31(－1)k－1＋30(－1)k－2， 所以30(－1)k－2能被3整除，即(－1)k－2能被3整除. 所以当k＝2n＋1时，2k－2能被3整除. 所以cn＝22n＋1. 角度2　两个数列的并项问题 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； (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：(1)依题意an＞0， 当n＝1时，4a1＝4S1＝(a1－1)(a1＋3)， 解得a1＝3，负值舍去. 由4Sn＝， 当n≥2时，有4Sn－1＝， 作差得4an＝－＋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， 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)由(1)得，a50＝101， 又26＜101＜27，同时a44＝89＞26，所以b50＝a44， 所以b1＋b2＋…＋b50＝(a1＋a2＋…＋a44)＋(21＋22＋…＋26)＝＋＝2 024＋126＝2 150. 所以{bn}的前50项和为2 150. 求解两个数列公共项的常用方法 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. 　　 对点练3.(2020·新高考Ⅰ卷)将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为　　　　. 答案：3n2－2n 解析：因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列是以1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是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以的前n项和为n·1＋·6＝3n2－2n. 对点练4.已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝5，b1＝2，a2＝2b2＋1，a3＝b3＋5.数列{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A，B，将集合A∪B中的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，数列{cn}的前n项和为Sn.求S20. 解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q， 由a1＝5，b1＝2，a2＝2b2＋1，a3＝b3＋5， 可得5＋d＝4q＋1，5＋2d＝2q2＋5， 解得d＝4，q＝2， 则an＝5＋4(n－1)＝4n＋1，bn＝2n， 由b5＝32＜a15＝61＜64＝b6， {an}和{bn}中无公共项，可得{cn}的前20项中，有5项为{bn}的前5项，15项为{an}的前15项， 则S20＝(2＋4＋…＋32)＋(5＋9＋…＋61)＝＋＝62＋495＝557. 学科网（北京）股份有限公司 $