专题04 数列中的奇偶项、插入项与公共项3种题型归类（压轴题专项训练）数学苏教版2019选择性必修第一册

专题01数列中的奇偶项、插入项、公共项问题 目录 类型一、数列中的奇偶项问题 类型二、数列中的插入项问题 类型三、数列中的公共项问题 压轴专练 类型一、数列中的奇偶项问题 数列奇偶项问题的核心特征：数列的递推关系、通项公式或求和方式随项数n的奇偶性不同而变化（常见标志：递推式中含(-1)n、(-1)n+1，或明确说明“n为奇数时”“n为偶数时”的不同规则） （1）分类讨论法（基础核心法）：已知数列分奇偶项的递推关系（如n为奇数时一个递推式，n为偶数时另一个递推式），求通项公式或前n项和。 ①拆分递推关系：根据n的奇偶性，将原递推式拆分为两个独立的递推关系（奇数项递推、偶数项递推）； ②构造新数列：设bn=a2n-1（表示所有奇数项构成的新数列，下标为1,3,5…），cn=a2n（表示所有偶数项构成的新数列，下标为2,4,6…）； ③求新数列通项：判断bn和cn是否为等差/等比数列，利用已知条件求其通项； ④合并通项：根据n的奇偶性，将an表示为bk或ck（其中k为正整数，n=2k-1时对应bk，n=2k时对应ck） 注意： 构造新数列时，务必明确新数列的下标对应关系bk对应原数列第2k-1项，ck对应第2k项）； 合并通项时，用（奇数项）和（偶数项）将k转化为n，确保表达式统一 （2）奇偶项分组求和法（求和专用法）：数列通项分奇偶项，或前n项和中奇偶项的求和规律不同（如奇数项和为等差，偶数项和为等比） ①判断n的奇偶性：②拆分前n项和③分别求奇偶项和：④合并求和公式 （3）递推式变形法（(-1)n型专用）：递推式中含(-1)n（如an+1+(-1)nan=f(n)），无法直接拆分时，通过“奇偶项相消”或“构造对称递推”求解 ①分奇偶写递推式：将n替换为n+1，得到两个相邻的递推式； ②消去(-1)n项：将两个递推式相加或相减，消去含(-1)n的项，得到奇数项或偶数项的递推关系； ③求通项并回代：先求奇数项或偶数项的通项，再代入原递推式求另一组项的通项 注意 含(-1)n的递推式，核心是“分n奇偶得两式，相加/相减消去符号项”； 若得到奇数项（或偶数项）的递推式为等差/等比/周期数列，直接利用对应性质求通项 例1．（1）数列满足，前16项和为540，则 _____________ （2）已知数列满足， （1）记，写出，，并求数列的通项公式； （2）求的前20项和. （3）已知数列满足，；数列前项和为，且，. (1)求数列和数列的通项公式； (2)设，求前项和. 变式1-1．（1）设是数列的前n项和，已知，，令，求. （2）已知数列满足，若，求数列的前项和． （3）已知，，求数列{}的前n项和. 变式1-2．（1）(多选)已知数列的前n项和为，，则下列选项正确的是（    ） A．数列的奇数项构成的数列是等差数列 B．数列的偶数项构成的数列是等比数列 C． D． （2）（多选）大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满足，，则（     ） A． B． C． D．数列的前项和为 变式1-3．已知等差数列的前项和为，，，数列满足，. (1)求的通项公式： (2)设数列满足， ①求前项中所有奇数项和，②若的前n项和为，证明：. 变式1-4．已知数列，，其中是各项均为正数的等比数列，满足，. (1)求数列的通项公式； (2)且，求数列的前2n项和. 变式1-5．已知是各项均为正数的数列，为前n项和，且，，成等差数列. (1)求的通项公式； (2)求证：； (3)已知，求数列的前项和. 类型二、数列中的插入项问题 插入项问题是数列的高频考点，核心是在两个已知数之间插入n项，构成等差或等比数列，求插入项、项数、公差/公比或某一项的值。解题的关键的是明确 “新数列的构成要素”（首项、末项、项数、公差/公比），再结合等差、等比数列的通项公式和性质求解 1、插入数构成等差数列 在和之间插入个数，使这个数构成等差数列，可通过构造新数列来求解 个数构成等差数列，公差记为，所以： 2、插入数构成等比数列 在和之间插入个数，使这个数构成等比数列，可通过构造新数列来求解 个数构成等比数列，公差记为，所以： 3、插入数混合型 混合型插入数列，其突破口在于：在插入这些数中，数列提供了多少项，其余都是插入进来的。 例2.（1）在数学课堂上，为提高学生探究分析问题的能力，教师引导学生构造新数列：现有一个每项都为1的常数列，在此数列的第项与第项之间插入首项为2，公比为2，的等比数列的前项，从而形成新的数列，数列的前项和为，则（ ） A． B． C． D． （2）设等比数列的前项和为；数列满足(，)． (1)求数列的通项公式； (2)①试确定的值，使得数列为等差数列；②在①结论下，若对每个正整数，在与之间插入个2，符到一个数列．设是数列的前项和，试求满足的所有正整数． 变式2-1．（1）已知数列的通项公式，在数列的任意相邻两项与之间插入个4，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记新数列的前n项和为，则的值为 ． （2）已知数列的前n项和为，，且，数列满足，. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的通项公式； (3)将数列中的项按从小到大的顺序依次插入数列中，在任意的，之间插入项，从而构成一个新数列，若表示不超过x的最大整数，求. 变式2-2．已知数列满足，数列满足，且. (1)求的通项公式； (2)求的通项公式； (3)将中的项按从小到大的顺序插入中，且在任意的之间插入项，从而构成一个新数列，设的前项和为，求. 变式2-3．已知数列是公差不为零的等差数列，满足，，正项数列的前项和为，且． (1)求数列和的通项公式； (2)在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列；…；在和之间插入个数，，…，，使，，，，成等差数列． （ⅰ）求； （ⅱ）求的值． 变式2-4．已知等比数列的前n项和为， (1)求数列的通项公式; (2)在数列的相邻项与之间插入k个相同的数，使其与原数列构成新数列，设为数列的前n项和，求 变式2-5．设数列是公差不为零的等差数列，满足，；数列的前n项和为，且满足． (1)求数列、的通项公式； (2)求值； (3)在和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；……；在和之间插入n个数，使，成等差数列． （ⅰ）求； （ⅱ）写出所有使成立的正整数对． 类型三、数列中的公共项问题 数列公共项问题是高中数学的重点题型，核心是找到两个或多个数列（等差、等比或混合数列）中共同存在的项，求解公共项的通项公式、个数、和或特定项。解题的关键是“转化通项，建立等式，分析正整数解”——通过设出各数列的通项公式，令其相等，结合正整数的性质（整除、奇偶性、质因数分解等）筛选出符合条件的解，进而确定公共项。 （1）观察归纳法 通过列举数列的前几项，观察公共项的规律和特点，进而确定公共项构成的新数列的通项公式或求和公式。适用于简单数列，尤其是等差数列或等比数列的公共项问题。 （2）不定方程法 首先设两个数列的公共项，利用数论知识求解整数解，从而确定公共项的通项公式。 （3）周期法（递推找项法） 找到首项：通过观察或计算确定两个数列的最小公共项。 确定周期：从首项开始，逐项判断变化较快的数列中的后续项是否为另一个数列中的项，找到相邻公共项之间的规律（周期）。 推导通项：根据周期和首项，确定公共项构成的新数列的通项公式。 （4）利用数列下标关系求解 ①奇偶性分析：若数列通项公式与下标奇偶性相关，可通过分析下标奇偶性确定公共项。 ②倍数关系分析：若数列通项公式与下标倍数关系相关，可通过分析下标倍数确定公共项。 （5）特殊数列的公共项处理 ①等差数列与等比数列的公共项：通常通过不定方程法或周期法求解，需结合等差数列和等比数列的性质。 ②多项式型数列的公共项：通过因式分解、同余分析等方法求解 例3．我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数值剩二，七七数之剩二，问物几何？”根据这一数学思想，所以被除余的自然数从小到大组成数列，所有被除余的自然数从小到大组成数列，把和的公共项从小到大得到数列，则（ ） A． B． C． D． 变式3-1．已知，将数列与数列的公共项从小到大排列得到数列，则（ ） A． B． C．的前项和 D．的前项和为 变式3-2．设等差数列的前项和为，且，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则（   ） A． B． C． D． 变式3-3．数列，，，，；，，，，，定义数列，，，，，，，. ①设，，，则数列的所有项的和等于___________； ②设，，，则数列与有___________个公共项. 变式3-4．已知数列满足，且. (1)求的通项公式； (2)已知，在数列中剔除与的公共项后余下的项按原顺序构成一个新数列，求数列的前192项和． 变式3-5．在数列中，已知. (1)证明数列是等比数列，并求的通项公式； (2)设，若数列与的公共项为，记由小到大构成数列，求的前项和. 压轴专练 1．设所有被3除余2的自然数从小到大组成数列，所有被4除余1的自然数从小到大组成数列，设这两个数列的公共项构成集合，则集合中元素的个数为（    ） A．167 B．168 C．169 D．170 2．在数列中，，，，则的前20项和（    ） A．621 B．622 C．1133 D．1134 3．将数列和的公共项从小到大排列得到数列，则下列所给的值中，使得的前100项和最小的为（   ） A． B． C．1 D．4 4．已知等差数列的首项，公差，在的每相邻两项之间都插入个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列，当时，（    ） A．4042 B．4050 C．4056 D．4058 5．已知数列满足：.且，则（    ） A． B． C． D． 6．若数列的各项均为正整数，且满足，若存在正整数T，使得对任意的n，都有成立，则的不同取值的个数为（    ） A．5 B．11 C．15 D．无数个 7．数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列，扩充的次数记为.扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的平均数.现对数列1，3进行构造，第1次得到数列1，2，3；第2次得到数列1，，2，，3；…依次构造，记第次得到的数列的所有项之和为，则（     ） A．510 B．514 C．1022 D．1026 8．已知数列的通项公式，在每相邻两项之间插入个，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记数列的前n项和为，则成立的n的最小值为（    ） A．35 B．36 C．37 D．38 9．大衍数列来源《乾坤诺》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则下列结论不正确的是（    ） A． B． C． D． 10．已知，，，数列与数列的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列，则数列的前99项和为（    ） A． B． C． D． 11．已知数列满足，则数列的前20项和 ． 12．已知数列满足：（为正整数），，若，则的所有可能取值之和为 ． 13．设等差数列的前项和为，且，.则数列的通项公式为 ；在任意相邻两项和之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，则数列的前200项的和为 . 14．已知等差数列的首项为4，公差为6，在中每相邻两项之间都插入两个数，使它们和原数列的项一起构成一个新的等差数列，则数列的通项公式为 ；若是从中抽取的部分项按原来的顺序排列组成的一个等比数列，，令，则数列的前n项和= ． 15．已知为等差数列，为等比数列，，，． (1)求和的通项公式； (2)记的前n项和为，求证：（）； (3)对任意的正整数n，设，求数列的前2n项和． 16．已知等差数列满足，，数列满足，且． (1)证明：是等比数列，并求数列和的通项公式： (2)将数列和的公共项从小到大排成的数列记为，求的前项和． 17．已知等比数列的前n项和为， (1)求数列的通项公式; (2)在数列的相邻项与之间插入k个相同的数，使其与原数列构成新数列，设为数列的前n项和，求 18．已知数列为公差不为的等差数列，其前项和为，，. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)设数列是以为首项，为公比的等比数列，若数列和的公共项为，记从小到大构成数列，求的前项和. 19．已知数列满足，数列满足，且. (1)求的通项公式； (2)求的通项公式； (3)将中的项按从小到大的顺序插入中，且在任意的之间插入项，从而构成一个新数列，设的前项和为，求. 20.已知是公比大于0的等比数列，且，. (1)求的通项公式； (2)求的前项和； (3)若，在与之间插入个，得到一个新数列.是否存在正整数，使得数列的前项之和? 若存在，求出的值; 若不存在，说明理由. 21.已知等差数列，是数列的前项和，满足，；数列各项都是正数，且满足，，. (1)求数列和的通项公式； (2)记数列的前项和为； (3)在和，中插入个相同的数，构成一个新数列：，求的前2025项和. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01数列中的奇偶项、插入项、公共项问题 目录 类型一、数列中的奇偶项问题 类型二、数列中的插入项问题 类型三、数列中的公共项问题 压轴专练 类型一、数列中的奇偶项问题 数列奇偶项问题的核心特征：数列的递推关系、通项公式或求和方式随项数n的奇偶性不同而变化（常见标志：递推式中含(-1)n、(-1)n+1，或明确说明“n为奇数时”“n为偶数时”的不同规则） （1）分类讨论法（基础核心法）：已知数列分奇偶项的递推关系（如n为奇数时一个递推式，n为偶数时另一个递推式），求通项公式或前n项和。 ①拆分递推关系：根据n的奇偶性，将原递推式拆分为两个独立的递推关系（奇数项递推、偶数项递推）； ②构造新数列：设bn=a2n-1（表示所有奇数项构成的新数列，下标为1,3,5…），cn=a2n（表示所有偶数项构成的新数列，下标为2,4,6…）； ③求新数列通项：判断bn和cn是否为等差/等比数列，利用已知条件求其通项； ④合并通项：根据n的奇偶性，将an表示为bk或ck（其中k为正整数，n=2k-1时对应bk，n=2k时对应ck） 注意： 构造新数列时，务必明确新数列的下标对应关系bk对应原数列第2k-1项，ck对应第2k项）； 合并通项时，用（奇数项）和（偶数项）将k转化为n，确保表达式统一 （2）奇偶项分组求和法（求和专用法）：数列通项分奇偶项，或前n项和中奇偶项的求和规律不同（如奇数项和为等差，偶数项和为等比） ①判断n的奇偶性：②拆分前n项和③分别求奇偶项和：④合并求和公式 （3）递推式变形法（(-1)n型专用）：递推式中含(-1)n（如an+1+(-1)nan=f(n)），无法直接拆分时，通过“奇偶项相消”或“构造对称递推”求解 ①分奇偶写递推式：将n替换为n+1，得到两个相邻的递推式； ②消去(-1)n项：将两个递推式相加或相减，消去含(-1)n的项，得到奇数项或偶数项的递推关系； ③求通项并回代：先求奇数项或偶数项的通项，再代入原递推式求另一组项的通项 注意 含(-1)n的递推式，核心是“分n奇偶得两式，相加/相减消去符号项”； 若得到奇数项（或偶数项）的递推式为等差/等比/周期数列，直接利用对应性质求通项 例1．（1）数列满足，前16项和为540，则 _____________ 【答案】 【详解】， 当为奇数时，；当为偶数时，. 设数列的前项和为， ， . 故答案为：. （2）已知数列满足， （1）记，写出，，并求数列的通项公式； （2）求的前20项和. 【答案】（1）；（2）. 【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列的特征，然后求和其通项公式即可； (2)方法二：分组求和，结合等差数列前项和公式即可求得数列的前20项和. 【详解】解：（1）由题意知，所以． 由（为奇数）及（为偶数）可知， 数列从第一项起， 若为奇数，则其后一项减去该项的差为1， 若为偶数，则其后一项减去该项的差为2． 所以，则． （2）奇偶分类讨论 ． （3）已知数列满足，；数列前项和为，且，. (1)求数列和数列的通项公式； (2)设，求前项和. 【答案】(1)，； (2). 【分析】 （1）根据递推公式，结合等差数列的定义、等比数列的定义进行求解即可； （2）利用错位相减法进行求解即可. 【详解】(1) ，，∴，又，， （为正整数）时，是首项为1，公差为2的等差数列, ∴，，（为正整数）时，是首项为1，公差为2的等差数列. ∴，∴，∴， ∵，∴时，，∴， 又，∴时，，，∴； (2)由（1）得， 设 ① 则 ② ①②得， ，∴ 变式1-1．（1）设是数列的前n项和，已知，，令，求. 【答案】 【分析】根据偶数项和奇数项的关系可得，进而根据分组求和即可. 【详解】当时，， 当时，， 两式相加可得，得， 由于，所以 （2）已知数列满足，若，求数列的前项和． 【答案】 【分析】，分别在为偶数和为奇数的情况下，利用裂项相消法和求得结果，综合两种情况可得. 【详解】， 当为偶数时，； 当为奇数时，； 综上所述：. （3）已知，，求数列{}的前n项和. 【答案】 【分析】对分奇偶讨论，当n为偶数时，采用并项法求和，当n为奇数时， 【详解】当n为偶数时， 当n为奇数时， 当时， 当时， 经检验，也满足上式， 所以当n为奇数时， 综上，数列的前n项和 变式1-2．（1）(多选)已知数列的前n项和为，，则下列选项正确的是（    ） A．数列的奇数项构成的数列是等差数列 B．数列的偶数项构成的数列是等比数列 C． D． 【答案】BC 【分析】:根据，，进行递推得到数列的规律逐项判断 【详解】因为，，所以,， ，, ，, ，， ，， ，， 可以看出：偶数项为常数列，可看作是以1为公比的等比数列， 奇数项不是等差数列， ， ， ， ，，故选：BC. （2）（多选）大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满足，，则（     ） A． B． C． D．数列的前项和为 【答案】BCD 【分析】直接由递推公式求出即可判断A选项；分为奇数或偶数即可判断B选项；分为奇数或偶数结合累加法即可判断C选项；由分组求和法即可判断D选项. 【详解】对于A，，A错误； 对于B，当为奇数时，为偶数，则，，可得； 当为偶数时，为奇数，则，，可得，B正确； 对于C，当为奇数且时， 累加可得 ，时也符合； 当为偶数且时， 累加可得 ；则，C正确； 对于D，设数列的前项和为，则， 又，，D正确 变式1-3．已知等差数列的前项和为，，，数列满足，. (1)求的通项公式： (2)设数列满足， ①求前项中所有奇数项和，②若的前n项和为，证明：. 【答案】 (1) (2)①； 【分析】（1）构造等比数列，由数列的递推公式求通项公式； （2）①用裂项求和法求数列的奇数项的和；②用分组求和法求数列的前项的和，再得出不等式的结论. 【详解】（1）因为，所以，且， 所以是首项为，公比为的等比数列，所以，所以， 所以的通项公式为； （2）①设的公差为，因为，， 所以，所以，所以， 所以，所以， 所以 ②所以， 所以， 所以， 又因为，所以. 变式1-4．已知数列，，其中是各项均为正数的等比数列，满足，. (1)求数列的通项公式； (2)且，求数列的前2n项和. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设等比数列的公比为q，因为， 所以，所以，所以，所以， 所以. （2）n是奇数时，；n是偶数时， ∴， 所以 变式1-5．已知是各项均为正数的数列，为前n项和，且，，成等差数列. (1)求的通项公式； (2)求证：； (3)已知，求数列的前项和. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据的关系可证明为等差数列，即可求解， （2）利用放缩法可得，即可由裂项相消法求和得解， （3）对分奇偶，即可利用平方差公式，结合等差数列求和公式即可求解. 【详解】（1）由，，成等差数列，得，① 当时，， ∴，得（舍去）， 当时，，② ①-②得，， ∴， 又，∴， ∴是首项为2，公差为1的等差数列， ∴，故； （2）， 故 （3）由（1）知， 当是奇数时， ， 当是偶数时， ， 综上. 类型二、数列中的插入项问题 插入项问题是数列的高频考点，核心是在两个已知数之间插入n项，构成等差或等比数列，求插入项、项数、公差/公比或某一项的值。解题的关键的是明确 “新数列的构成要素”（首项、末项、项数、公差/公比），再结合等差、等比数列的通项公式和性质求解 1、插入数构成等差数列 在和之间插入个数，使这个数构成等差数列，可通过构造新数列来求解 个数构成等差数列，公差记为，所以： 2、插入数构成等比数列 在和之间插入个数，使这个数构成等比数列，可通过构造新数列来求解 个数构成等比数列，公差记为，所以： 3、插入数混合型 混合型插入数列，其突破口在于：在插入这些数中，数列提供了多少项，其余都是插入进来的。 例2.（1）在数学课堂上，为提高学生探究分析问题的能力，教师引导学生构造新数列：现有一个每项都为1的常数列，在此数列的第项与第项之间插入首项为2，公比为2，的等比数列的前项，从而形成新的数列，数列的前项和为，则（ ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】 根据题意求出n，然后即可求出，再利用错位相减法求出新数列的和. 【详解】 设介于第个1与第个1之间或者为这两个1当中的一个， 则从新数列的第1个1到第个1一共有项， 从新数列的第1个1到第个1一共有项， 所以，解得， 而，所以，故A正确，B错误； ， 令， 则， ，， 所以，故D正确，C错误， 故选：AD. （2）设等比数列的前项和为；数列满足(，)． (1)求数列的通项公式； (2)①试确定的值，使得数列为等差数列；②在①结论下，若对每个正整数，在与之间插入个2，符到一个数列．设是数列的前项和，试求满足的所有正整数． 【答案】(1)；(2)见解析 【详解】分析：(1)求出数列的首项和公比，即可求数列的通项公式；(2)①求出数列的前几项，根据等差数列的性质建立方程即可求出；②讨论的取值，根据的关系进行求解即可． 详解：(1)当时，，， 则公比，则 (2)①当时，得 时，得；时，得， 则由，得． 而当时，由得． 由，知此时数列为等差数列． ②由题意知， 则当时，，不合题意，舍去； 当时，，所以成立； 当时，若，则，不合题意，舍去；从而必是数列中的某一项， 则： 又，所以 ， 即，所以 因为为奇数，而为偶数，所以上式无解． 即当时， 综上所述，满足题意的正整数仅有． 变式2-1．（1）已知数列的通项公式，在数列的任意相邻两项与之间插入个4，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记新数列的前n项和为，则的值为 ． 【答案】370 【分析】依题意，确定前60项所包含数列的项，以及中间插入4的数量即可求和. 【详解】因为与之间插入个4， ，，，，， 其中，之间插入2个4，，之间插入4个4，，之间插入8个4，，之间插入16个4， ，之间插入32个4，由于，， 故数列的前60项含有的前5项和55个4， 故 （2）已知数列的前n项和为，，且，数列满足，. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的通项公式； (3)将数列中的项按从小到大的顺序依次插入数列中，在任意的，之间插入项，从而构成一个新数列，若表示不超过x的最大整数，求. 【答案】(1) (2). (3)4 【分析】（1）利用以及构造等比数列的方法来求得. （2）利用累乘法来求得. （3）先求得中分别的项，然后利用分组求和法来求得正确答案. 【详解】（1）由已知可得，当时，，， 两式相减得.又因为，所以，满足上式， 所以.又，所以是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以，即. （2）又因为，所以，所以. 又，所以当时，，，，，， 等式两边同时相乘，可得， 所以. （3）设在100项中，来自数列中的有m项.若第100项来自， 则应有，整理可得， 该方程没有正整数解，不满足题意. 若第100项来自于，则应有，整理可得. 当时，有，不满足题意，， 故，所以数列中含有10项数列中的项，含有90项数列中的项， 所以 . 故. 变式2-2．已知数列满足，数列满足，且. (1)求的通项公式； (2)求的通项公式； (3)将中的项按从小到大的顺序插入中，且在任意的之间插入项，从而构成一个新数列，设的前项和为，求. 【答案】(1) (2) (3)12182 【分析】（1）构造数列为等比数列，通过等比数列通项公式即可求的通项公式； （2）易知是常数列，即可求的通项公式； （3）根据新数列的形成规则，判断其前100项中数列，分别有多少项，再分组求和可求. 【详解】（1）由可得，又， 所以是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以，即. （2）方法一：由已知得，所以， 所以，又， 等式两边同时相乘，可得， 得，该式对也成立. 故. 方法二：由可知是常数列， 所以， 即. （3）设在的前100项中，来自的有项. 若第100项来自，则应有， 整理可得，该方程没有正整数解，不满足题意. 若第100项来自，则应有，整理可得. 易知在时单调递增， 当时，，不满足题意，当时，，满足题意， 故，所以的前100项中有10项来自，有90项来自， 所以. 变式2-3．已知数列是公差不为零的等差数列，满足，，正项数列的前项和为，且． (1)求数列和的通项公式； (2)在和之间插入1个数，使，，成等差数列；在和之间插入2个数，，使，，，成等差数列；…；在和之间插入个数，，…，，使，，，，成等差数列． （ⅰ）求； （ⅱ）求的值． 【答案】(1)， (2)（ⅰ）；（ⅱ）． 【分析】（1）根据等差数列的通项公式，结合数列前项和与数列通项公式的关系进行求解即可； （2）（ⅰ）根据等差数列的性质进行求解即可； （ⅱ）利用错位相减法进行求解即可. 【详解】（1）设数列的公差为，由题意知，，解得，所以， 因为数列的前项和为，且满足， 当时，， 当时，， 经验证当时，也满足上式， 综上得，． （2）（ⅰ）在和之间插入个数，，， 因为，，，…，成等差数列， 所以设公差为，， 则． （ⅱ）设， 则 ， 设， 即， ， ． 所以，． 变式2-4．已知等比数列的前n项和为， (1)求数列的通项公式; (2)在数列的相邻项与之间插入k个相同的数，使其与原数列构成新数列，设为数列的前n项和，求 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，由已知可得，然后求数列的通项公式即可； （2）由题意可得项数，然后结合等比数列的求和公式代入计算，即可求解． 【详解】（1）由，得， 两式相减得， 即，， 得等比数列的公比， 又当时，，所以，所以 （2）数列为：3，，，1，1，，，，， 以如下划分：3，，，1，1，，，，，，得项数， 当时共有项数， 当时共有项数， 所以 . 变式2-5．设数列是公差不为零的等差数列，满足，；数列的前n项和为，且满足． (1)求数列、的通项公式； (2)求值； (3)在和之间插入1个数，使成等差数列；在和之间插入2个数，使成等差数列；……；在和之间插入n个数，使，成等差数列． （ⅰ）求； （ⅱ）写出所有使成立的正整数对． 【答案】(1)，， (2) (3)（ⅰ）；（ⅱ）及 【分析】（1）由数列为等差数列，将条件等式中所有项用表示，解方程组即可求出，从而写出通项公式；对于数列，由已知等式，得，两式相减即可得到，从而得为公比为的等比数列，求出首项即可写出通项公式； （2）将变形为，通过裂项相消法求和即可； （3）（ⅰ）由题意先写出等差数列的通项公式，进而求出，再用错位相减法求出的值； （ⅱ）由得，由时，，不是整数，故只需取代入一一计算即可． 【详解】（1）设数列的公差为， 则由，得， ，， 将代入上式，得，， ． 由，① 故当时，，② ①-②，得， ， 又， 是首项为，公比为的等比数列， . （2）， ； （3）（ⅰ） 在和之间插入个数， 因为成等差数列，设公差为， ， 则， ， ，① 则，② ①-②，得， . （ⅱ）由题，， 当时，， 当时，， 当时，， 下证：当时，有，即证， 设，则， 在上单调递增， 故时，， ， 时，不是整数， 所有的正整数对为及. 类型三、数列中的公共项问题 数列公共项问题是高中数学的重点题型，核心是找到两个或多个数列（等差、等比或混合数列）中共同存在的项，求解公共项的通项公式、个数、和或特定项。解题的关键是“转化通项，建立等式，分析正整数解”——通过设出各数列的通项公式，令其相等，结合正整数的性质（整除、奇偶性、质因数分解等）筛选出符合条件的解，进而确定公共项。 （1）观察归纳法 通过列举数列的前几项，观察公共项的规律和特点，进而确定公共项构成的新数列的通项公式或求和公式。适用于简单数列，尤其是等差数列或等比数列的公共项问题。 （2）不定方程法 首先设两个数列的公共项，利用数论知识求解整数解，从而确定公共项的通项公式。 （3）周期法（递推找项法） 找到首项：通过观察或计算确定两个数列的最小公共项。 确定周期：从首项开始，逐项判断变化较快的数列中的后续项是否为另一个数列中的项，找到相邻公共项之间的规律（周期）。 推导通项：根据周期和首项，确定公共项构成的新数列的通项公式。 （4）利用数列下标关系求解 ①奇偶性分析：若数列通项公式与下标奇偶性相关，可通过分析下标奇偶性确定公共项。 ②倍数关系分析：若数列通项公式与下标倍数关系相关，可通过分析下标倍数确定公共项。 （5）特殊数列的公共项处理 ①等差数列与等比数列的公共项：通常通过不定方程法或周期法求解，需结合等差数列和等比数列的性质。 ②多项式型数列的公共项：通过因式分解、同余分析等方法求解 例3．我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数值剩二，七七数之剩二，问物几何？”根据这一数学思想，所以被除余的自然数从小到大组成数列，所有被除余的自然数从小到大组成数列，把和的公共项从小到大得到数列，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 根据题意数列、都是等差数列，从而得到数列是等差数列，依次对选项进行判断可得答案. 【详解】 根据题意数列是首项为2，公差为3的等差数列， ， 数列是首项为2，公差为5的等差数列，， 数列与的公共项从小到大得到数列，故数列是首项为2，公差为15的等差数列，. 对于A，，，，错误 对于B，，，，正确. 对于C，，，，，错误. 对于D，，，，，错误. 故选：B. 变式3-1．已知，将数列与数列的公共项从小到大排列得到数列，则（ ） A． B． C．的前项和 D．的前项和为 【答案】BC 【分析】 先分析出数列为数列的子数列，从而判断出，求出的前项和. 【详解】 令， 所以， 当时，，所以数列为数列的子数列， 所以，所以的前项为. 故选：BC. 变式3-2．设等差数列的前项和为，且，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据与之间的关系求得，可得，则，结合裂项法求和，即可求解. 【详解】因为， 当时，则， 两式相减得， 整理可得， 且，则，可得，即， 可知等差数列的公差， 当时，则，解得； 所以，可知数列为正奇数列， 对于数列， 当时，可得为偶数； 当时，可得为奇数； 所以数列与的公共项从小到大排列得到数列的通项公式为， 则， 所以. 故选：A. 变式3-3．数列，，，，；，，，，，定义数列，，，，，，，. ①设，，，则数列的所有项的和等于___________； ②设，，，则数列与有___________个公共项. 【答案】19 2 【分析】 ①由题意可以得到数列的通项公式，然后根据､的通项公式可以知道29个项里面有9个1，10个，10个2，从而得到问题解答； ②由题意可以得到数列和的通项公式，再令即可得到､的关系式，最后根据5的倍数与4的倍数的特征可以得到解答. 【详解】 ①由题意可得： ，当时，数列的所有项的和为： ； ②由题意可得： ，， 很显然，要使，必须､同时为3的倍数或者同时不为3的倍数， 若､同时为3的倍数，则有，则或，此时或，不成立； 若､同时不为3的倍数，则有，则或14或19或29，此时对应的有或11或15或23， 把与题意相矛盾的舍去，剩下，或，， 即或， 即数列与有2个公共项； 故答案为19；2. 变式3-4．已知数列满足，且. (1)求的通项公式； (2)已知，在数列中剔除与的公共项后余下的项按原顺序构成一个新数列，求数列的前192项和． 【答案】(1) (2)79380 【分析】（1）根据题意分析可得，，结合等差数列的通项公式分析求解； （2）根据题意分析可知与的公共项为4，8，16，，共8项，结合等差、等比数列求和公式运算求解. 【详解】（1）当时，，所以； 当时，，所以； 当n为偶数时，； 当n为奇数时，； 综上所述：. （2）设的前n项和为，的前n项和为， 由（1）可知，， 当时，可知与的公共项为4，8，16，，共8项， 所以数列的前192项和. 变式3-5．在数列中，已知. (1)证明数列是等比数列，并求的通项公式； (2)设，若数列与的公共项为，记由小到大构成数列，求的前项和. 【答案】(1)证明见解析， (2) 【分析】（1）根据题意，化简得到，结合等比数列的定义，证得为等比数列，再由等比数列的通项公式，即可求得数列的通项公式； （2）根据题意得到，求得，结合等差、等比的求和公式，即可求解. 【详解】（1）解：由数列中，已知， 可得，即， 因为，所以数列是首项为4，公比为4的等比数列， 所以，可得，即数列的通项公式为. （2）解：因为，可得， 由数列与的公共项为，可得，所以， 所以，即，所以， 所以， 所以 压轴专练 1．设所有被3除余2的自然数从小到大组成数列，所有被4除余1的自然数从小到大组成数列，设这两个数列的公共项构成集合，则集合中元素的个数为（    ） A．167 B．168 C．169 D．170 【答案】C 【分析】根据题意写出，的前几项可以得到的首项和公差，根据通项公式即可求解. 【详解】由题意可知，数列：2、5、8、11、14、17、20、23、26、29、...， 数列：1、5、9、13、17、21、25、29、33、37、...， 将集合中的元素由小到大进行排序，构成数列：5、17、29、...， 易知数列是首项为5，公差为12的等差数列，则， 由，可得， 因此，集合中元素的个数为169. 故选：C 2．在数列中，，，，则的前20项和（    ） A．621 B．622 C．1133 D．1134 【答案】C 【分析】设，.根据已知可推得为等差数列，为等比数列，求出的表达式.然后分组，根据等差数列以及等比数列前项和公式求解，即可得出答案. 【详解】设，，则，. 由已知可得， ，即， 所以为以2为首项，2为公差的等差数列，. ，即， 所以为以1为首项，2为公比的等比数列，. 所以，的前20项和. 故选：C. 3．将数列和的公共项从小到大排列得到数列，则下列所给的值中，使得的前100项和最小的为（   ） A． B． C．1 D．4 【答案】B 【分析】由题可知公共项组成的数列是公差为的等差数列，由等差数列求和公式可知，故要使数列的前100项和最小，只需使其首项最小即可.将所给的值逐项代入求首项，比较大小即可求解. 【详解】由题意知：是公差为的等差数列， 故其前100项和. 所以要使数列的前100项和最小，只需使其首项最小即可. 当时，数列为：；数列为：， 此时，数列的首项； 当时，数列为：；数列为：， 此时，数列的首项； 当时，数列为：；数列为：， 此时，数列的首项； 当时，数列为：；数列为：， 此时，数列的首项. 故当时，数列的首项最小，此时数列的前100项和最小. 故选：B. 4．已知等差数列的首项，公差，在的每相邻两项之间都插入个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列，当时，（    ） A．4042 B．4050 C．4056 D．4058 【答案】B 【分析】得到的值，由的每相邻两项之间都插入个数后构成新的等差数列得到的首项和公差，由此得到的通项公式，进而得到. 【详解】，所以． 当时，，所以等差数列的公差为， 故，则． 故选：B. 5．已知数列满足：.且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等比数列的定义证明数列为等比数列，再由通项公式求解. 【详解】由题知， 故 ， 所以数列是以1为首项，为公比的等比数列， 所以，所以. 故选：C. 6．若数列的各项均为正整数，且满足，若存在正整数T，使得对任意的n，都有成立，则的不同取值的个数为（    ） A．5 B．11 C．15 D．无数个 【答案】B 【分析】用完全归纳法一一列举出来. 【详解】若数列的各项均为正整数，且存在正整数T，使得对任意的n，都有成立，则为周期数列，且周期为T. 对的取值进行列举： …… 第1种情况 1 8 4 2 1 8 4 2 …… 第2种情况 2 1 8 4 2 1 8 4 …… 第3种情况 3 10 5 12 6 3 10 5 …… 第4种情况 4 2 1 8 4 2 1 8 …… 第5种情况 5 12 6 3 10 5 12 6 …… 第6种情况 6 3 10 5 12 6 3 10 …… 第7种情况 7 14 7 14 7 14 7 14 …… 第8种情况 8 4 2 1 8 4 2 1 …… 第9种情况 9 16 8 4 2 1 8 4 …… 第10种情况 10 5 12 6 3 10 5 12 …… 第11种情况 11 18 9 16 8 4 2 1 …… 第12种情况 12 6 3 10 5 12 6 3 …… 第13种情况 13 20 10 5 12 6 3 10 …… 第14种情况 14 7 14 7 14 7 14 7 …… 第15种情况 15 22 11 18 9 16 8 4 …… 第16种情况 16 8 4 2 1 8 4 2 …… …… 从上面的归纳可以看出： 当时，为周期数列，且周期为，每一个周期内只含有1，8，4，2，且中最大项为8； 当时，为周期数列，且周期为,每一个周期内只含有2，1，8，4，且中最大项为8； 当时，为周期数列，且周期为,每一个周期内只含有3，10，2，12，6，且中最大项为12； 当时，为周期数列，且周期为,每一个周期内只含有4，2，1，8，且中最大项为8； 当时，为周期数列，且周期为,每一个周期内只含有5，12，6，3，10，且中最大项为12； 当时，为周期数列，且周期为,每一个周期内只含有6，3，10，5，12，且中最大项为12； 当时，为周期数列，且周期为,每一个周期内只含有7，14，且中最大项为14； 当时，为周期数列，且周期为,每一个周期内只含有8，4，2，1，且中最大项为8； 当时，为周期数列，且周期为,每一个周期内只含有10，5，12，6，3，且中最大项为12； 当时，为周期数列，且周期为,每一个周期内只含有12，6，3，10，5，且中最大项为12； 当时，为周期数列，且周期为,每一个周期内只含有14，7，且中最大项为14； 一共有11种情况. 当时，，，后面的各项进入8，4，2，1，8，4，2，1……的循环，但是，不能进入循环，故不是周期数列； 当时，，，，，后面的各项进入8，4，2，1，8，4，2，1……的循环，但是，，，，不能进入循环，故不是周期数列； 当时，，，后面的各项进入10，5，12，6，3，10，5，12……的循环，但是，不能进入循环，故不是周期数列； 由上面可以看出数列为周期数列，当时，数列的各项由1，2，4，8构成；当时，数列的各项由3，5，6，10，12构成；当时，数列的各项由7，14构成； 所以当时，均大于上面的周期数列中的各自的最大项，且最大项出现在第二项或第三项，后面的项都比最大项小，即最大项也不能进入循环，所以都不是周期数列. 故的不同取值有11种情况. 故选：B 7．数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列，扩充的次数记为.扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的平均数.现对数列1，3进行构造，第1次得到数列1，2，3；第2次得到数列1，，2，，3；…依次构造，记第次得到的数列的所有项之和为，则（     ） A．510 B．514 C．1022 D．1026 【答案】B 【分析】先设第次构造后得的数列为1，，3，求出此时所有项之和，接着得到第次构造后得到的数列，并求出，观察与的关系，结合等比数列定义得到数列是等比数列即可求解. 【详解】设第次构造后得的数列为1，，3，则， 则第次构造后得到的数列为1，，，，，…，，，3， 于是，， 显然，而， 因此数列是以4为首项，2为公比的等比数列， 则，即， 所以. 故选：B 8．已知数列的通项公式，在每相邻两项之间插入个，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记数列的前n项和为，则成立的n的最小值为（    ） A．35 B．36 C．37 D．38 【答案】A 【分析】利用列举法分析数列，由此求得正确答案. 【详解】由题可知，数列各项依次为：， 当时，， 当时，， 所以成立的的最小值为35. 故选：A. 9．大衍数列来源《乾坤诺》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则下列结论不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】通过令时，得到，当时得到，两式联立得到，从而得到奇数项，再由递推公式得到偶数项，进而逐项判断即可； 【详解】因为，， 令且， 当时，①； 当时，②， 由①②联立得． 所以， 累加可得． 令(且为奇数)，得， 当时满足上式， 所以当为奇数时，． 当为奇数时，， 所以，其中为偶数． 所以，故C正确． 所以，故A错误． 当为偶数时，，即， 当为奇数时，，即， 综上可得，故B正确． 因为 ，故D正确． 故选：A． 10．已知，，，数列与数列的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列，则数列的前99项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对n分奇数与偶数讨论，求出数列与数列的公共项，利用裂项相消法求和. 【详解】因为数列是正奇数数列，对于数列，当为奇数时，设，则，为奇数；当为偶数时，设，则，为偶数，所以， ， 所以， 故选：D． 11．已知数列满足，则数列的前20项和 ． 【答案】 【分析】由题意，根据递推公式可得，令，结合等比数列数列的定义和通项公式可得，进而，利用公式法计算即可求解. 【详解】由数列满足，， 得， 又，所以， 令，可得， 所以，由，可得，所以， 所以数列表示首项为1，公比为2的等比数列， 所以，所以， 则， 因为，适合上式，所以， 所以数列的前20项的和为 . 故答案为：1756 12．已知数列满足：（为正整数），，若，则的所有可能取值之和为 ． 【答案】46 【分析】由递推关系，分情况讨论即可. 【详解】若为偶数时，由题意可得，； 若为奇数时，由题意可得，不符合题意； 当时，还可以； 综上，的所有可能取值之和为. 故答案为：46 13．设等差数列的前项和为，且，.则数列的通项公式为 ；在任意相邻两项和之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，则数列的前200项的和为 . 【答案】 【分析】空1：设等差数列的公差为，由求解；空2：由题意得到，的各项为，再确定数列的项求解. 【详解】设等差数列的公差为， 由题得，即， 整理得，解得.所以. 由题意可知，的各项为 即， 因为， 且， 所以，，，，，，会出现在数列的前200项中， 所以前面（包括）共有126+7=133项，所以后面（不包括）还有67个1， 所以， 故答案为：；. 14．已知等差数列的首项为4，公差为6，在中每相邻两项之间都插入两个数，使它们和原数列的项一起构成一个新的等差数列，则数列的通项公式为 ；若是从中抽取的部分项按原来的顺序排列组成的一个等比数列，，令，则数列的前n项和= ． 【答案】 ； 【分析】因为为等差数列，故只需求出首项和公差即可，结合题意可知，，根据等差数列通项公式的求法即可求得；因为为等比数列，故只需求得公比和首项即可，结合，即可得的通项公式，进而求得，带入中，再用乘公比错位相减的方法即可求得。 【详解】解：由题不妨设设数列的公差为， 由题意可知，，， 所以，即， 所以； 设等比数列的公比为，则， 因为，所以，又， 所以，解得， 所以， 因为， 所以， 两式相减可得： ， 所以. 故答案为：； 15．已知为等差数列，为等比数列，，，． (1)求和的通项公式； (2)记的前n项和为，求证：（）； (3)对任意的正整数n，设，求数列的前2n项和． 【答案】(1)； (2)证明过程见详解 (3) 【分析】（1）根据等差和等比数列的通项公式即可求出； （2）利用等差数列的前n项和公式，再作差即可证出； （3）先求出的通项公式，再利用裂项相消和错位相减求和即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，，，，解得， 故等差数列的通项公式为， 又，，，解得， 故等比数列的通项公式为. （2）由（1）可得，故， ， ， （3）由题意得，当为奇数时， 当为偶数时，对任意的正整数，有，   ①， 由①得   ②， 由①②错位相减可得， 从而得，. 数列的前2n项和为. 16．已知等差数列满足，，数列满足，且． (1)证明：是等比数列，并求数列和的通项公式： (2)将数列和的公共项从小到大排成的数列记为，求的前项和． 【答案】(1)证明见解析，， (2) 【分析】（1）根据等差数列公式确定，计算得到，得到证明. （2）确定，再根据分组求和法结合等比数列求和公式计算得到答案. 【详解】（1）由题可知，， 所以，，所以． 因为，所以， 因为，所以，所以（常数）， 所以是等比数列， 所以，即． （2）为从开始的奇数，当为奇数时，为奇数，， 故． ． 17．已知等比数列的前n项和为， (1)求数列的通项公式; (2)在数列的相邻项与之间插入k个相同的数，使其与原数列构成新数列，设为数列的前n项和，求 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，由已知可得，然后求数列的通项公式即可； （2）由题意可得项数，然后结合等比数列的求和公式代入计算，即可求解． 【详解】（1）由，得， 两式相减得， 即，， 得等比数列的公比， 又当时，，所以，所以 （2）数列为：3，，，1，1，，，，， 以如下划分：3，，，1，1，，，，，，得项数， 当时共有项数， 当时共有项数， 所以 . 18．已知数列为公差不为的等差数列，其前项和为，，. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和； (3)设数列是以为首项，为公比的等比数列，若数列和的公共项为，记从小到大构成数列，求的前项和. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和求和公式结合条件求出，然后代入等差数列的通项公式即可； （2）令，得，然后分类讨论求和即可得； （3）首先根据题意得到，再利用分组求和求解即可 【详解】（1）设首项为，公差为d，因， 则 解得或（舍）. 则； （2）由时，令， 当时，， 则此时； 当时，， 则 综上， （3）由题意得，， 因为，所以，即， 因此，   所以. 19．已知数列满足，数列满足，且. (1)求的通项公式； (2)求的通项公式； (3)将中的项按从小到大的顺序插入中，且在任意的之间插入项，从而构成一个新数列，设的前项和为，求. 【答案】(1) (2) (3)12182 【分析】（1）构造数列为等比数列，通过等比数列通项公式即可求的通项公式； （2）易知是常数列，即可求的通项公式； （3）根据新数列的形成规则，判断其前100项中数列，分别有多少项，再分组求和可求. 【详解】（1）由可得，又， 所以是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以，即. （2）方法一：由已知得，所以， 所以，又， 等式两边同时相乘，可得， 得，该式对也成立. 故. 方法二：由可知是常数列， 所以， 即. （3）设在的前100项中，来自的有项. 若第100项来自，则应有， 整理可得，该方程没有正整数解，不满足题意. 若第100项来自，则应有，整理可得. 易知在时单调递增， 当时，，不满足题意，当时，，满足题意， 故，所以的前100项中有10项来自，有90项来自， 所以. 20.已知是公比大于0的等比数列，且，. (1)求的通项公式； (2)求的前项和； (3)若，在与之间插入个，得到一个新数列.是否存在正整数，使得数列的前项之和? 若存在，求出的值; 若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）设等比数列的公比为，则，根据题意可得出关于的方程，解出的值，即可求得数列的通项公式； （2）求得，利用裂项相消法可求得； （3）对在新数列中的位置分析，求得在新数列中为第项，然后对分组求和，得, 赋值即可求得的值. 【详解】（1）设等比数列的公比为，则，所以，， 整理可得，因为，解得，故. （2）因为， 所以， . （3）由题意可知，设在数列中的项为， 则由题意可知，， 所以当时，， 当时，，， 当时，，， 因为且， 所以当时，. 21.已知等差数列，是数列的前项和，满足，；数列各项都是正数，且满足，，. (1)求数列和的通项公式； (2)记数列的前项和为； (3)在和，中插入个相同的数，构成一个新数列：，求的前2025项和. 【答案】(1)，； (2) (3)2583 【分析】（1）根据，，由求得的通项公式，由，得到数列为等比数列求解. （2）易得，分奇数项和偶数项，分别利用裂项相消法和公式法求解； （3）易得中从到共有项，再由时，有2016项，然后由求解. 【详解】（1）解：依题意，，，即，解得. 所以等差数列的通项公式， 所以，， 又因为，所以数列为等比数列， 所以，解得或（舍去）， 所以； （2）由已知，即， 设的前项和中，奇数项的和为，偶数项的和为， 所以，， 当为奇数时，， 所以， ， 当为偶数时，， 所以. ； （3）：， 从到共有项， 所以，当时，， ， ， ， . 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $