第二编 专题3 专题培优 衍生数列问题-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案全书word

大二轮专题复习冲刺方案　数学 专题培优　衍生数列问题 考向1　数列中的奇偶项问题 例1　(1)(2025·河北秦皇岛山海关区二模)已知数列{an}是公差大于2的等差数列，其前n项和为Sn，a2＝5，且a1＋1，a2＋1，a5－2成等比数列． ①求数列{an}的通项公式； ②令bn＝(－1)n＋1×，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：①设等差数列{an}的公差为d(d>2)， 则a1＝a2－d＝5－d，a5＝a2＋3d＝5＋3d， 由a1＋1，a2＋1，a5－2成等比数列， 得(6－d)(3＋3d)＝62，而d>2，解得d＝3， 所以数列{an}的通项公式为an＝a2＋(n－2)d＝3n－1. ②由①，得bn＝(－1)n＋1× ＝(－1)n＋1×， 当n为偶数时，Tn＝－＋－＋…＋－＝－； 当n为奇数时，Tn＝－＋－＋…－＋＝＋， 所以Tn＝ (2)(2025·河北沧州五个一名校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2n＋3－8. ①求{an}的通项公式； ②若bn＝求数列{bnbn＋1}的前n项和Tn. 解：①当n＝1时，a1＝S1＝24－8＝8； 当n≥2时， 由Sn＝2n＋3－8，得Sn－1＝2n＋2－8， 则an＝Sn－Sn－1＝2n＋3－2n＋2＝2n＋2. 因为a1＝8＝21＋2，也符合上式， 所以an＝2n＋2. ②由①，得bn＝ 当n为偶数时，bn－1bn＋bnbn＋1＝(n＋1)×2n＋2＋(n＋3)×2n＋2＝(n＋2)×2n＋3， 则Tn＝4×25＋6×27＋8×29＋…＋(n＋2)×2n＋3， 则4Tn＝4×27＋6×29＋8×211＋…＋(n＋2)×2n＋5， 两式相减，得－3Tn＝4×25＋2×(27＋29＋211＋…＋2n＋3)－(n＋2)×2n＋5 ＝128＋－(n＋2)×2n＋5 ＝， 则Tn＝； 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1bn＋2 ＝－(n＋4)×2n＋3 ＝. 故Tn＝ 1．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anan＋1＝f(n))． (2)含有(－1)n的问题． (3)含有{a2n}，{a2n－1}的问题． (4)已知条件明确的奇偶项问题． 2．对于通项公式分奇、偶不同的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k＋1＝S2k＋a2k＋1或S2k－1＝S2k－a2k. 1．(2025·陕西西安模拟)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a2＋2a3＝13，S6＝36. (1)求{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足bn＝(－1)nan＋[(－1)n＋1]×2n，求{bn}的前2n项和T2n. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 由a2＋2a3＝13，S6＝36， 得解得 所以an＝2n－1. (2)由(1)得bn＝(－1)n(2n－1)＋[(－1)n＋1]×2n， 当n为奇数时，bn＝(－1)n(2n－1)＋[(－1)n＋1]×2n＝－(2n－1)＝－an， 当n为偶数时，bn＝(－1)n(2n－1)＋[(－1)n＋1]×2n＝(2n－1)＋2n＋1＝an＋2n＋1， 所以T2n＝(a2－a1)＋(a4－a3)＋…＋(a2n－a2n－1)＋(23＋25＋…＋22n＋1)＝2n＋＝＋2n. 2．(2025·辽宁辽阳一模)已知等比数列{an}是递减数列，{an}的前n项和为Sn，且，2S2，8a3成等差数列，3a2＝a1＋2a3，数列{bn}满足bn＋1＝2bn－2n＋1，b1＝3，n∈N*. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)若cn＝求数列{cn}的前2n项和T2n. 解：(1)设等比数列{an}的公比为q，由题意，得 则 因为数列{an}是递减数列，解得a1＝q＝， 所以an＝a1qn－1＝. 因为bn＋1＝2bn－2n＋1， 所以bn＋1－2(n＋1)－1＝2(bn－2n－1)， 因为b1＝3，则b1－2×1－1＝0， 所以bn－2n－1＝0， 故bn＝2n＋1. (2)当n为奇数时，cn＝，令An＝c2i－1， 则An＝＋＋＋…＋， 所以An＝＋＋＋…＋＋， 两个等式作差，得An＝＋＋＋…＋－＝＋－ ＝－， 化简，得An＝－； 当n为偶数时，cn＝ ＝ ＝－， 令Bn＝c2i， 则Bn＝－＋－＋…＋－ ＝－. 故T2n＝An＋Bn＝－－. 考向2　数列中的公共项问题 例2　已知数列{an}中，a1＝1，a3＝7，数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋2＋Sn＝2Sn＋1＋3.数列{bn}的前n项和Tn满足Tn＝2bn－1. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)记{an}与{bn}中相同的项由小到大构成的数列为{dn}，求数列的前n项和Pn. 解：(1)由Sn＋2＋Sn＝2Sn＋1＋3， 得Sn＋2－Sn＋1＝Sn＋1－Sn＋3， 即an＋2－an＋1＝3， 当n＝1时，S3＋S1＝2S2＋3⇒a1＋a2＋a3＋a1＝2(a1＋a2)＋3， 解得a2＝a3－3＝4， 所以a2－a1＝3，故an＋1－an＝3恒成立， 所以数列{an}是首项为1，公差为3的等差数列， 故an＝1＋3(n－1)＝3n－2. 又Tn＝2bn－1，① 则当n＝1时，b1＝T1＝2b1－1，所以b1＝1， 当n≥2时，Tn－1＝2bn－1－1，② ①－②，得bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1， 所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列， 故bn＝2n－1. (2)结合(1)可知，设an＝bm， 则有3n－2＝2m－1， 当m＝2k，k∈N*时，3n＝2＋×4k＝2＋×(3＋1)k，显然这样的整数n不存在， 当m＝2k－1，k∈N*时，3n＝2＋4k－1＝2＋(3＋1)k－1，此时n为整数解，即数列{an}与{bn}中相同的项为40，41，42，43，…， 则dn＝4n－1，所以＝. Pn＝＋＋＋…＋，③ Pn＝＋＋＋…＋，④ ③－④，得Pn＝1＋＋＋＋…＋－＝1＋－ ＝2－， 故Pn＝－. 　两个等差数列的公共项所构成的数列是等差数列，且公差是两等差数列公差的最小公倍数；两个等比数列的公共项所构成的数列是等比数列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数；等差数列与等比数列的公共项所构成的数列一般还是等比数列． 1．(2025·四川成都模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，将数列{an}与数列{2n－1}的公共项从小到大依次排列得到数列{bn}，Tn为数列{anbn}的前n项和，则Tn＝________． 答案：(n－1)×2n＋2＋4 解析：由题意知，数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，当n＝1时，a1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋n－1]＝2n，a1＝2也满足an＝2n，所以an＝2n，n∈N*，所以数列{an}的各项为2，4，6，8，10，…，又数列{2n－1}的各项为1，2，4，8，16，…，数列{an}与数列{2n－1}的公共项从小到大依次排列得到数列{bn}，所以bn＝2n，所以anbn＝n×2n＋1，所以Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1　①，2Tn＝1×23＋2×24＋…＋(n－1)×2n＋1＋n×2n＋2　②，①－②，得－Tn＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－n×2n＋2＝－n×2n＋2＝(1－n)×2n＋2－4，则Tn＝(n－1)×2n＋2＋4. 2．已知数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，且满足a1＋b1＝8，a2＋b2＝18，b1＋b3＝30，6bn＋1＝bn＋2＋9bn. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)记数列{an}和{bn}的公共项组成的数列为{cn}，求数列{cn}的通项公式； (3)记数列的前n项和为Sn，证明：Sn<. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q， 由6bn＋1＝bn＋2＋9bn，可得6qbn＝q2bn＋9bn，易知bn≠0， 所以q2－6q＋9＝0，解得q＝3， 又b1＋b3＝30，可得b1(1＋q2)＝30，可得b1＝3； 由a1＋b1＝8，a2＋b2＝18，可得a1＋3＝8，a1＋d＋3×3＝18，即a1＝5，d＝4. 所以an＝a1＋(n－1)d＝4n＋1，bn＝b1qn－1＝3n， 所以数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝4n＋1，bn＝3n. (2)数列{an}和{bn}的公共项需满足4n1＋1＝3n2，n1，n2∈N*， 可得n1＝，即3 n2－1是4的整数倍， 可知3 n2－1＝9－1＝(8＋1)－1， 由二项式定理可知，(8＋1)－1若是4的倍数，则为正整数，即n2＝2n，n∈N*， 所以cn＝32n＝9n，即数列{cn}的通项公式为cn＝9n，n∈N*. (3)证明：易知＝，显然9n－8>9n－1对任意n≥2都成立， 所以＝<对任意n≥2都成立， 所以Sn＝＋＋…＋＝1＋＋…＋<1＋＋…＋＝1＋＝1＋＝－×<，得证． 考向3　数列中的并项问题 例3　已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2，数列{bn}满足2bn＝bn－1＋bn＋1，且a2＝4b1，a3＝b8. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)将{an}和{bn}中的所有项按从小到大的顺序排列组成新数列{cn}，求数列{cn}的前100项和T100. 解：(1)设等比数列{an}的公比为q. 由S2＝2a2－2，S3＝a4－2两式作差可得a3＝a4－2a2， 即a2q＝a2q2－2a2， ∵a2≠0，∴q2－q－2＝0，又q>0，解得q＝2， ∴2a2－2＝4a1－2＝a1＋a2＝3a1，解得a1＝2，∴an＝a1qn－1＝2n. ∵2bn＝bn－1＋bn＋1， ∴数列{bn}为等差数列，设数列{bn}的公差为d， ∵a2＝4b1＝4，∴b1＝1， 又b8＝a3＝8， ∴d＝＝1， ∴bn＝b1＋(n－1)d＝n. (2)当n≤6时，an＝2n≤64， 当n≥7时，an＝2n≥128， ∴数列{cn}的前100项由数列{an}的前6项，{bn}的前94项组成， ∴T100＝＋＝4591. 　解决数列中的并项问题的关键是确定两个数列中各有多少项作为新数列的项，求解时可以利用解不等式法或试探法． 已知等比数列{an}为递增数列，其前n项和为Sn，满足S2＝6，S4＝30. (1)求{an}的通项公式； (2)记bn＝2n－1，将数列{an}与{bn}中的项按从小到大的顺序依次排列，构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前50项和T50. 解：(1)设等比数列{an}的公比为q，显然q>0且q≠1， 由已知得 解得q＝2(负值舍去)， 所以a1＝2，所以an＝a1qn－1＝2n. (2)数列{an}中的项从小到大依次为2，4，8，16，32，64，128，…， 又b44＝87，b45＝89， 依题意可知，新数列{cn}的前50项中，数列{an}中的项只有前6项，数列{bn}中的项有前44项， 所以T50＝(2＋4＋8＋16＋32＋64)＋(1＋3＋5＋7＋…＋87)＝＋＝126＋1936＝2062. 考向4　数列中的增减项问题 例4　(2025·湖南名校三模联考)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an＋1，数列{bn}满足b1＝1，且＝. (1)求{an}的通项公式； (2)求{bn}的通项公式； (3)将{bn}中的项按从小到大的顺序插入{an}中，且在任意的ak，ak＋1之间插入(2k－1)项，从而构成一个新数列{cn}，设{cn}的前n项和为Tn，求T100. 解：(1)由an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2(an＋1)， 又a1＋1＝4，所以{an＋1}是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以an＋1＝4×2n－1，即an＝2n＋1－1. (2)解法一：由已知得＝， 所以＝(n≥2)， 所以bn＝··…··b1＝××…××1＝2n－1， 该式对n＝1也成立． 故bn＝2n－1. 解法二：由＝可知是常数列， 所以＝＝1， 即bn＝2n－1. (3)设在{cn}的前100项中，来自{an}的有m项． 若第100项来自{an}，则应有m＋1＋3＋5＋…＋(2m－3)＝m＋(m－1)2＝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{bn}，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m∈N*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{cn}的前100项中有10项来自{an}，有90项来自{bn}， 所以T100＝a1＋a2＋…＋a10＋b1＋b2＋…＋b90＝22－1＋23－1＋…＋211－1＋1＋3＋5＋…＋2×90－1＝－10＋902＝12182. 　解决此类问题的关键是通过阅读、理解题意，要弄清楚增加了(减少了)多少项，增加(减少)的项有什么特征，在求新数列的和时，一般采用分组求和法，即把原数列部分和增加(减少)部分分别求和，再相加(相减)即可． (2025·湖北武汉模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且n，an，Sn成等差数列；数列{bn}的首项b1＝1，且bn＋1＝2bn－2n＋3. (1)求数列{an}的通项公式，并求数列的前n项和Tn； (2)若将数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋…＋c30的值． 解：(1)因为n，an，Sn成等差数列， 所以Sn＋n＝2an，① 所以Sn－1＋n－1＝2an－1(n≥2)，② 由①－②，得an＋1＝2an－2an－1，于是an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2)． 又S1＋1＝2a1，所以a1＝1，所以a1＋1＝2， 所以数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列， 所以an＋1＝2×2n－1＝2n，即an＝2n－1. 又＝＝－， 所以Tn＝＋＋…＋＝1－. (2)因为bn＋1＝2bn－2n＋3，所以bn＋1－(2n＋1)＝2[bn－(2n－1)]＝…＝2n(b1－1)＝0， 所以数列{bn－(2n－1)}是各项均为0的常数列，所以bn＝2n－1， 所以bn＋1－bn＝2，则数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列． 又a1＝1，a2＝3，a3＝7，a4＝15，a5＝31，a6＝63，b32＝63，b36＝71， 所以c1＋c2＋…＋c30＝(b1＋b2＋…＋b36)－(a1＋a2＋…＋a6) ＝－[(21＋22＋…＋26)－6] ＝362－27＋8＝1176. 真题押题 1．(2020·新高考Ⅰ卷，14)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{2n－1}是以1为首项，2为公差的等差数列，数列{3n－2}是以1为首项，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{an}是以1为首项，6为公差的等差数列，所以{an}的前n项和为n·1＋·6＝3n2－2n. 2．(2021·新高考Ⅰ卷，17)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ (1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式； (2)求{an}的前20项和． 解：(1)由已知，a1＝1，a2＝a1＋1＝2，a3＝a2＋2＝4，a4＝a3＋1＝5， 因为a2n＋1＝a2n＋2＝a2n－1＋1＋2＝a2n－1＋3，即a2n＋1－a2n－1＝3， 所以数列{an}的奇数项构成以1为首项，3为公差的等差数列， 所以当n为奇数时，an＝1＋×3＝， 因为a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3， 即a2n＋2－a2n＝3， 所以数列{an}的偶数项构成以2为首项，3为公差的等差数列， 所以an＝2＋×3＝，而bn＝a2n， 所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5，bn＝a2n＝＝3n－1， 所以bn＝3n－1. (2)由(1)，知{an}的前20项和S20＝a1＋a2＋…＋a20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝10×1＋×3＋10×2＋×3＝300.所以{an}的前20项和为300. 3．(2023·新课标Ⅱ卷，18){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. 解：(1)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 所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3， 所以{an}的通项公式是an＝2n＋3. (2)证法一：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. 所以当n>5时，Tn>Sn. 证法二：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. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是等比数列，且满足a1＝b1，a2＝5，a3＋a4＝19，S11＝11(b4＋1)． (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)对任意的正整数n，设cn＝求ci； (3)若对于数列{an}，在ak和ak＋1之间插入bk个1(k∈N*)，组成一个新数列{dn}，记数列{dn}的前n项和为Tn，求T2027. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d. 在等差数列{an}中，a2＋a5＝a3＋a4＝19，a2＝5，解得a5＝14， d＝＝3，则an＝a2＋(n－2)d＝3n－1. 设等比数列{bn}的公比为q，b1＝a1＝2， 由S11＝11(b4＋1)，得＝11(b1q3＋1)， 即2q3＋1＝a6＝17，解得q＝2， 所以bn＝b1qn－1＝2n， 所以数列{an}和{bn}的通项公式分别为an＝3n－1，bn＝2n. (2)由(1)可得，当n为奇数时， cn＝＝＝－， 则c2i－1＝－＋－＋…＋－＝－； 当n为偶数时，cn＝(－1)(n－1)bn＝(－1)·(n－1)·2n，c2i＝(－1)i(2i－1)·22i＝(2i－1)·(－4)i， c2i＝1×(－4)＋3×(－4)2＋5×(－4)3＋…＋(2n－1)×(－4)n， 则－4c2i＝1×(－4)2＋3×(－4)3＋5×(－4)4＋…＋(2n－3)×(－4)n＋(2n－1)×(－4)n＋1， 两式相减，得5c2i＝1×(－4)＋2×(－4)2＋2×(－4)3＋…＋2×(－4)n－(2n－1)×(－4)n＋1＝－4＋－(2n－1)·(－4)n＋1＝－·(－4)n＋1， 所以c2i＝－·(－4)n＋1， 所以ci＝c2i－1＋c2i＝－－·(－4)n＋1. (3)依题意，数列{dn}为a1，1，1，a2，1，1，1，1，a3，1，1，1，1，1，1，1，1，a4，…，ak，，ak＋1，…， 项为ak＋1前的总项数为k＋2＋22＋…＋2k＝k＋＝k－2＋2k＋1， 数列{k－2＋2k＋1}是递增的，当k＝9时，k－2＋2k＋1＝7＋210＝1031<2027， 当k＝10时，k－2＋2k＋1＝8＋211＝2056>2027， 因此数列{dn}的前2027项中，有数列{an}的前10项，有2017个1， 所以T2027＝S10＋2017＝2×10＋×3＋2017＝2172. 专题作业 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 求等差数列的通项公式及数列中的奇偶项问题 求等差、等比数列的通项公式；数列中的并项问题 等比数列的判定；求数列的通项公式；数列中的公共项问题 利用an与Sn的关系求数列的通项公式；数列中的减项问题 求数列的通项公式；数列中的增项问题 求数列的通项公式；数列中的奇偶项问题 1．(2025·河南郑州二模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2n＝2an＋1，S4＝4(a3－1)，n∈N*. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝其中k是正整数． ①求b1，b2，b3，b4； ②求bi(n∈N*)． 解：(1)设等差数列{an}的公差为d. 由题意，得 解得∴{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)①∵bn＝其中k是正整数， ∴b1＝1，b2＝b1＋1＝2，b3＝2，b4＝b3＋2＝4. ②bi＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n) ＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋[(b1＋1)＋(b3＋2)＋(b5＋3)＋…＋(b2n－1＋2n－1)] ＝2(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(1＋2＋3＋…＋2n－1) ＝3×(1＋2＋3＋…＋2n－1) ＝3× ＝3(2n－2＋22n－3)． 2．(2025·内蒙古呼和浩特一模)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，满足S5＝25，a4＝7，数列{bn}满足bn＝2. (1)求{an}，{bn}的通项公式； (2)将{an}和{bn}的项由小到大进行排列组成数列{cn}，设{cn}的前n项和为Tn，求T100. 解：(1)在等差数列{an}中，S5＝＝5a3＝25，解得a3＝5，而a4＝7， 则数列{an}的公差d＝a4－a3＝2，an＝a3＋(n－3)d＝2n－1， 由bn＝2，得bn＝2n， 所以数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝2n－1，bn＝2n. (2)由(1)知，a100＝199，b7＝128，b8＝256，而数列{an}，{bn}都是递增数列， 则数列{cn}的前100项由数列{an}的前93项和数列{bn}的前7项组成， 所以T100＝S93＋bi＝93＋×2＋＝8903. 3．(2025·浙江杭州模拟)已知数列{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. 解：(1)由题意，得an＝2＋(n－1)×3＝3n－1(n∈N*)， 而b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1，变形，得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，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， 易知数列{bn}为递增数列， 所以c1＋c2＋…＋cn＝b2＋b5＋…＋b3n－1＝32＋35＋…＋33n－1＋[2＋5＋…＋(3n－1)]＝＋(n∈N*)． 4．已知数列{an}的前n项和为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}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：(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}的前106项去掉和数列{bn}中相同的6项得到， ∴T100＝S106－(2＋22＋…＋26)＝－＝5545. 5．(2025·河北沧州模拟)在数列{an}中，已知a1＋＋＋…＋＝2n. (1)求数列{an}的通项公式； (2)在数列{an}中的a1和a2之间插入1个数x11，使a1，x11，a2成等差数列；在a2和a3之间插入2个数x21，x22，使a2，x21，x22，a3成等差数列；…；在an和an＋1之间插入n个数xn1，xn2，…，xnn，使an，xn1，xn2，…，xnn，an＋1成等差数列，这样可以得到新数列{bn}：a1，x11，a2，x21，x22，a3，x31，x32，x33，a4，…，an，设数列{bn}的前n项和为Sn，求S55(用数字作答)． 解：(1)当n＝1时，a1＝2； 当n≥2时，＝－＝2n－2(n－1)＝2，所以an＝2n，n≥2. 当n＝1时，上式也成立，所以an＝2n. (2)由n＋[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＝55， 得n＝10. 所以新数列{bn}的前55项中包含数列{an}的前10项，还包含x11，x21，x22，x31，x32，…，x98，x99. 且x11＝，x21＋x22＝， x31＋x32＋x33＝，…，x91＋x92＋…＋x99＝. 所以S55＝(a1＋a2＋…＋a10)＋＋＋…＋ ＝＋. 设T＝3a1＋5a2＋7a3＋…＋19a9＝3×21＋5×22＋7×23＋…＋19×29， 则2T＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋19×210， 两式相减，得－T＝3×21＋2×(22＋23＋…＋29)－19×210＝－17×210－2， 故T＝17×210＋2. 所以S55＝＋×210＝14×210＋1＝14337. 6．(2025·浙江嘉兴三模)记Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，4Sn＝a＋2an－3，数列{bn}满足bn＝ (1)求数列{an}的通项公式； (2)记数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，Tn≥10n＋λ，求实数λ的取值范围． 解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝， 解得a1＝－1或a1＝3， 因为an>0，所以a1＝3， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－， 得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0， 因为an＋an－1>0， 所以an－an－1＝2， 又a1＝3，所以数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1. (2)解法一：因为bn＝ 所以bn＝ 当n为偶数时， Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝(b1＋b3＋…＋bn－3＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn－2＋bn)＝[－2＋(－2)＋…＋(－2)＋(－2)]＋[12＋20＋…＋(4n－4)＋(4n＋4)]＝(－2)×＋＝n2＋3n， 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋3(n＋1)－[4(n＋1)＋4]＝n2＋n－4， 所以Tn＝ 因为对任意的n∈N*，Tn≥10n＋λ， 所以当n为奇数时，即n2＋n－4≥10n＋λ， 所以λ≤n2－9n－4， 不等式的右边可看作关于n的二次函数，其图象的对称轴为直线n＝－＝4.5， 因为n为奇数， 所以当n＝5时，n2－9n－4取得最小值－24，则λ≤－24. 当n为偶数时，n2＋3n≥10n＋λ， 所以λ≤n2－7n， 同理可得，因为n为偶数， 所以当n＝4时，n2－7n取得最小值－12， 则λ≤－12， 综上所述，实数λ的取值范围为(－∞，－24]． 解法二：由bn＝ 当n为偶数时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝(a1－a2)＋(a2＋a3)＋(a3－a4)＋…＋(an－1－an)＋(an＋an＋1)＝[a1＋(a2＋a3)＋…＋(an＋an＋1)]＋[(－a2)＋(a3－a4)＋…＋(an－1－an)]＝＋(－5)＋(－2)×＝n2＋3n. 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋3(n＋1)－[4(n＋1)＋4]＝n2＋n－4， 所以Tn＝(下同解法一)． 解法三：因为对任意的n∈N*，Tn≥10n＋λ成立， 则λ≤Tn－10n，即求Tn－10n的最小值， 令Cn＝Tn－10n， 当n为奇数时，Cn＋1－Cn＝Tn＋1－Tn－10＝bn＋1－10＝4n－2>0，则Cn＋1>Cn， 所以Cn的最小值一定在n为奇数时取到， 当n为奇数时，Cn＋2－Cn＝Tn＋2－Tn－20＝bn＋2＋bn＋1－20＝an＋2－an＋3＋an＋1＋an＋2－20＝4n－14， 当n≥4时，Cn＋2>Cn，当n≤3时，Cn＋2<Cn， 所以当n为奇数时，C1>C3>C5，C5<C7<C9<…， 则Cn的最小值为C5＝T5－50＝b1＋b2＋…＋b5－50＝－24， 所以实数λ的取值范围为(－∞，－24]． 19 学科网（北京）股份有限公司 $