数列中特殊项问题的解题思路与技巧-《中学生数理化》高二数学2026年1月刊

中学生数理化解塑学怒典突破方法 数列中特殊项问题的解题思路与枝巧 ■广东省深圳市南头中学 陈兴旺 数列作为高中数学的重要内容，常常涉 因为S1十1=2a1,所以a1=1,则a1+1 及去项、插项、并项和公共项等特殊问题。这 2。 些题目形式灵活，综合性强，既要求同学们掌 故数列{a,十1}是首项为2，公比为2的 握扎实的数列基础知识，又考验同学们分析 等比数列，所以an十1=2·2m-1=2”,即an= 问题和转化问题的能力。下面通过对典型例 2"-1 题的剖析，归纳这类问题的解题方法，希望能 故a。十1 2 够帮助同学们突破难点。 am·an+1(2"-1)(2+1-1)）2”-1 一、数列中的去项问题 2+1-19 去项问题是指从一个数列中去掉属于 一个数列的项，剩余项构成新数列，进而求解 所以工.=(1-专)+（兮-）+十 新数列的相关问题。解决数列中的去项问 题，关键在于确定原数列中去项的个数和原 721与）=1-21 数列中剩下的各项之间的规律，进而对原数 (2)因为b1=1,且b+1=2bn-2n十3，所 列合理重构，进行必要的分组分析或分类讨 以b+1-[2(n十1)-1]=2[bn-(2n-1)]=. 论，实现新数列的求解与应用。 =2"(b1一1)=0，即数列{bn一(2n一1)}是各项 例1（湖北省2025届高三下学期新 均为0的常数数列，bn=2n一1，则数列{bn}是 高考信息卷)已知数列{an}的前n项和为 以1为首项，2为公差的等差数列。 Sn,且n,an,S。成等差数列。已知数列{bn} 又a1=1,a2=3,a3=7,a1=15,a5=31, 的首项b1=1,且bm+1=2bn-2n十3。 a6=63,b32=63,b36=71,所以c1十c2十…十 (1)求数列{am}的通项公式，并求数列 c30=(b1+b2+…十b36)-(a1十a2+…+a6) {a十1}的前n项和T。 am·am+1 =36×(1+71)-[(2+2+.+2)-6]= 2 (2)若将数列{bn}中去掉数列{an}的项 362一27+8=1176 后，余下的项按原顺序组成数列{cn},求c1十 (3)假设存在不同的m,n∈N“,不妨设 c2十…十c0的值。 m<n,使得am,a,an成等差数列。 (3)是否存在不同的m,n∈N“,使得 则(2m一1)+(2”-1)=2×(23一1)，即 am,a,an成等差数列？如果存在，请求出 2m十2”=2，两边除以16，得2m-1十2”-1=1。 m,n的值；如果不存在，请说明理由。 因为m<n,所以2m-1<2-1,则2m-1十 解析：(1)因为n,an,Sm成等差数列，所 2m-1<1,解得m<3。 以Sn十n=2am,则S,-1十n-1=2an1（n≥ 当m=1时，n=log214:当m=2时，n= 2)。 1og212。这与n∈N"矛盾。 两式相减得an十1=2an一2a,-1,于是a。 所以不存在不同的m,n∈N*,使得am, +1=2(am-1十1)(n≥2)。 a,an成等差数列。 22 器脑数餐聚方清中学生表理化 点评：解答去项问题需先确定两个数列 ,点评：解答本题的关键是明确去掉的项 的通项公式，通过列举或解方程找出公共项， 的特征（指数为3的倍数），将剩余项按规律 再利用“原数列和减去公共项和”求新数列的 分组，转化为等比数列求和问题。分组时需 和，过程中要注意项数的对应关系，避免漏算 注意项数与指数的对应关系，分类讨论的 或多算。 奇偶性以简化计算。 例2（天津市十二区重点学校2025 二、数列中的插项问题 届高三联考二模)已知公差不为零的等差数 插项问题是在原数列相邻两项之间插人 列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1,且 特定数量的项，构成新数列，求解新数列的项 a1,2a2,4a4成等比数列，4b2,2b,b1成等差 数、前n项和等。数列插项问题以其独特的 数列。 综合性，对同学们的数学思维和解题能力提 (1)求数列{a,}和{bn}的通项公式； 出了较高要求。求解此类问题需要同学们准 (2)令cn=3",去掉数列{cn}中的第3n 确地分析新数列的构成规律，确定原数列项 项(n∈N”),余下的项顺序不变，构成新数列 与插人项的位置关系，分段计算和。 {tn},求数列{tn}的前n项和Sn。 例3（陕西省西安市长安区2025届 解析：(1)设等差数列{an}的公差为d(d 高三二模)已知数列{an}是等差数列，且a,= ≠0)，等比数列{bn}的公比为q。 4,2a1一a5=7。 14a=4a1a1, (1)求数列{an}的通项公式； 由题意可得 4b3=4b2+b (2)在a.(k∈N")和a+1之间插入k个 (a1+d)=a1(a1+3d), 相同的数（一1）+1·k,构成一个新数列{bn}: 4b1q2=4b1q+b1q。 a1,1,a2,-2,-2,a3,3,3,3,a1,…,求{bn} 又a1=b1=1,d≠0，解得d=1,q=2,所 的前100项和T10。 以an=1+n-1=n,bn=1×2m-1=2"-1。 解析：(1)设数列{an}的公差为d。 因为a2=4,2a4一a5=7,所以 (2)由(1)得cn=3”=3”。 当n=2k(k∈N”)时，Sn=Sk=t1+t2 a十d4:解得a1, a1+2d=7, d=3 十t3十…十t2k=c1十c2十c1十C5十…十c#-2十 所以等差数列{a.}的通项公式为am= C3k-1=(C1十C1十十c3k-2)十(c2十c5十…十 1+3(n-1)=3n-2。 c-1)=(31十31十…十3-2)+(32+35十… (2)设a和插入的k个数（一1）+1·k +341)=31-3）+31-3) 构成一组数，则前k组共有k十(1十2十…十 1-3 1-33 2×31-62×3+1-6 6)=k十kCk十)_，3张个数。 2 2 13 13 令6°十3k≤100，k∈N”,则k≤12 当n=2k-1(k∈N*)时，Sn=Sk-1= 2 S 一3k-1= 2×3+1-6 一3张-1= 当k=12时，6+3k 2 =90<100,所以 13 5X3 {bn}的前100项中包含前12组数和第13组 -6 数的前10个。 13 所以Too=(a1+1)+(a2-22)十(a3十 综上可得，数列{tn}的前n项和Sn= 2x3+ 32)十…+(a1+11)+(a12-122)+(a3十 13×9)=(a1+a2+…十a13)+(1-22十32 13 -6(n=2k,k∈N), 42+…+112-122)+117= 5x3岁 -6 13 (n=2k-1,k∈N”)。 13×(1+3×13-2)-(1+2+3+…+12)+ 23 中学生数理化 解题篇经典题突破方法 高二数学2026年1月 117=247 12×1+12)+117=247-78+ 2 =m+2mp+D,即(m一p)=0,解得m 117=286。 p,则m=p=k,与已知中m,k,p是公差不 点评：解答插项问题需先明确新数列的 为0的等差数列相矛盾，所以假设不成立，即 分组规律，通过不等式确定前n项包含的原 不存在满足题意的3项。 数列项数和插入项数，再分别计算原数列的 ,点评：本题先通过递推关系确定原数列 和与插入项的和，注意插入项的符号和数量 的通项公式，再利用等差数列通项公式求出 随k的变化规律。 d,,然后通过反证法，结合等比中项和等差中 例4（人教A版《数学选择性必修第 项的性质推出矛盾，体现了“假设一推理一矛 二册》复习参考题4第12题)已知等比数列 盾一结论”的逻辑思维。 {an}的前n项和为Sn,am+1=2Sn十2(n∈ 三、数列中的并项问题 N“)。 并项问题是将两个数列的所有项按从小 (1)求数列{an}的通项公式。 到大顺序合并为新数列，求解新数列的项或 (2)在a,和a+1之间插入n个数，使这 前n项和。解题关键是找出两个数列的项的 n十2个数组成一个公差为d,的等差数列， 大小关系，确定新数列的构成顺序，避免重复 在数列{d,}中是否存在3项dm,d,d。(其中 计算公共项。 m,k,p是公差不为0的等差数列)成等比数 例5（福建省莆田市2025届高三二 列？若存在，请求出这样的3项；若不存在， 模)记S,为等差数列{an}的前n项和。已知 请说明理由。 2a1=a3十14，S3=15。 解析：(1)当n≥2时，由am+1=2Sm+2, (1)求{an}的通项公式； 得an=2Sn-1十2，所以am+1-an=2Sn (2)记集合A={x|x=an,n∈N“},B= 2S。-1=2an,则an+1=3an。 {x|x=2”+1,n∈N*},将AUB中的元素 因为{an}为等比数列，所以{a}的公比 从小到大依次排列，得到新数列{b},求{bn} 为3。 的前20项和。 当n=1时，a2=2S1十1=2a1十1，所以 解析：(1)设数列{an}的公差为d,因为 3a1=2a1十1，解得a1=1。 S3=15,所以a1十a2十a3=15,则3a1十3d= 因此am=3”-1(n∈N”)。 15,即a1+d=5。① (2)假设存在满足题意的3项。 因为2a1=ag+14,即2(a1+3d)=a1+ 由(1)得a+1=3”,又an+1=an十(n十1)· 2d+14,所以a1+4d=14。② d.,所以dn=a1二a=3”-3”2·3- 由①②解得d=3,a1=2,故an=a1十 n+1n+1-n+1 (n-1)d=2+3(n-1)=3n-1。 因为dn,d,d。成等比数列，所以d (2)因为数列{2”+1}的前5项为3,5,9， d。·d,即43=2·3， 2·30-1 (k十1)F= m十1· p十1 17,33,数列{am}的前17项为2,5,8,11,14， 4·3m+p-2 17,20,…,50,其中5和17为数列{2”十1}的 (m+1)(p+1) 前5项与{an}的前17项的公共项，所以数列 因为m,k,p成等差数列，所以2k= {bn}的前20项和为b1十b2十…十b0=(3十5 m十p,则4·3m? 4·3m+♪-2 +9+17+33)+(a1+a2+…+a1)-5-17 (k+1)产-(m+1)(p+1D =45+17X(2+50》=487. 所以(k十1)2=(m十1)(p十1)=mp+ 2 m十p十1=mp十2k十1，整理可得k2=mp。 ,点评：解答并项问题需通过列举法明确 (m）,所以m=(吉) 两个数列的项的分布，区分公共项和独有项， 又k2= 按顺序排列后分段求和，注意公共项只算一 24 器脑数餐聚方清中学生表理化 次，避免重复累加。 项，并组建成新的数列，再利用等差数列、等 例6（陕西省2025届高三星空全真 比数列或其他特殊形式，寻找新数列中各项 模拟)已知数列{an}的通项a,=2n一1，数列 的关系，从而解答数列公共项问题。 {bn}的前n项和为S。,且满足S,=2b.一2， 例7（江苏省南通市2025届高三第 n∈N。将数列{a,}和{bn}的所有项合在一 三次调研鞋苏北七市调研考试)已知数列 起，按从小到大的顺序依次排列构成新数列 {an}是等差数列，记其前n项和为Sn,且 {c,},数列{cn}的前n项和为Tn。 (1)求T1。的值； 5,an2a.+ (2)求使得工>，成立的m的最小值。 (1)求数列{an}的通项公式。 CA (2)将数列{an}与{√S,}的所有项从小 解析：(1)因为Sn=2bn一2，所以b1=2, 到大排列得到数列{bn}。 Sm-1=2bm-1-2(n≥2)，则Sn-Sn-1=2(bn ①求{bn}的前20项和； bn-1),即bn=2bn-1(n≥2)，所以{bn}是首项 为2，公比为2的等比数列，即b,=2”。 <32。 因为a1=1,a2=3,a3=5,a1=7,a5=9, 解析：(1)设等差数列{am}的公差为d。 a6=11,a7=13,b1=2,b2=4,b3=8,b1=16, 由S3=a5,得3a1十3d=a1十4d,即 所以数列{cn}的前10项为1,2,3,4,5,7,8， 9,11,13,故T0=1+2+3+4+5+7+8+ 2a1=d.由a=2a,十子，取月=1，得a: 9+11+13=63。 2a+子-a+d,即a,=d-子 (2)由1)知c,=4,所以工>，等价于 解得a1=d=所以a,=n一子 Tn>4cn。 因为cn≥1，所以Tn>4,显然T1=1和 +-》 T2=3不符合题意。 (2)①由(1)知Sm= 当n=3时，Tg=6,c3=3,Ta<4c,不符 1 1_2n 合题意；当n=4时，T1=10,c1=4,T1<4c1, n,所以S=2n= 4 不符合题意；当n=5时，T:=15,c=5, 。n一三2n1,所以b。= 又因为an=2n一4 T<4c5,不符合题意；当n=6时，T6=22,c ，故，的前20项和为20×+20X19 1 =7,T6<4c,不符合题意；当n=7时，T?= 2 30,c=8,T?<4c7,不符合题意；当n=8时， Tg=39,c8=9,Tg>4cg,符合题意。 ×1=105 42 故使得工>，成立的m的最小值为8。 ©因为=，所以=< n 点评：解答本题的难，点在于判断两个数 16 列项的大小顺序，需通过列举明确新数列的 6元=16(n-)≥2y 构成。对于不等式问题，采用逐项验证的方 法，结合前项和的递增性找到最小值，体现 当n=1时，方=16<32。 了从特殊到一般的思雏。 当n≥2时，六++…+左<16十 四、数列中的公共项问题 公共项问题是寻找两个数列的共同项， 16[-》+(合3)++（马】 构成新数列并求解其性质。对数列存在公共 16 项问题进行求解时，先找出两个数列的公共 =32- <32 25 中学生表理化然氨学品聚酸方法 综上可得京六…<2。 1 3m+1dn-1+3m+2dn。 两式相减得一8T.=3d1十9d2+33(d 点评：本题通过对通项公式变形发现两 -d1)+3(d,-d2)+…+3"(d,-dn-2) 个数列项的内在联系（均为子的整数倍），直 3m+1d.-1-3m+2dn=9-6d1十4(33+31+.+ 接确定新数列的通项公式。证明不等式时采 3”)-3"+dn-1-3+2dn=9-6d1+4× 用裂项放缩，将分式和转化为可抵消的形式， 33一3"+1 1-3 -3m+1d.-1-3m+2dn=(2-d,-1)3+1 简化计算。 3"+2d-6d1-45。 例8（天津市南开中学2025届高三 下学期第五次月考)已知{am}是首项为1的 所以4T。=（ 等差数列，S,是其前n项和，{bn}是等比数 3d,+ 45 列，且b2=a3,b1=a215b=3S5。 2 (1)求(an}与{b.}的通项公式； 所以4T。-3”+1dn=（ (2)设{cn}是由数列{an}及{b,}的公共 项按照从小到大的顺序排列而成的数列，求 3+d+3d1+2 -3d,= 3"+1(dn十dn-1) 2 含c 3)设数列{dn}满足dn十d+1=am,n∈ 8n+3d+5。 N”,T,是数列{b,dm}的前n项和，若对于任 因为dn十dn+1=4n一3，所以d.十d,- 意的正整数n≥3,4T。一3"+1dn≥2025恒成 =4n-7,则4T。-3d.=(2m-2)31十 立，求d1的最小值。 45 解析：(1)设{an}的公差为d,{bn}的公 3d1+ 2 fb1q=1+2d, 比为q,则b93=1十20d, 解得b1=q= 当n≥3时，令A。=(2n-2)3,则 5b1g2=15(1+2d), A1-A.=(2m-2）3-(2m-2）3 3,d=4。 (4n一3)3"+1>0，所以{4T,n一3"+1d,}为递增 所以am=1+4(n-1)=4n-3,bn=3”。 数列。 (2)设a。=b.,则m=3”+3 4 故2×3-号）×+3，+2≥2025， 4-1)”+3,其中(4-1)”=4°-Cg4-+… 4 解得d1≥627，即d1的最小值为627。 +(-1)”-1C0-14十(-1)”。 点评：本题先通过方程确定两个数列的 因为m为正整数，所以（一1）”+3能被4 通项公式，再分析公共项的特征(9的幂)，然 整除，故n为偶数。 后结合数列的递推与求和，利用单调性求参 因此c.=9,则含c,=91-92- 数的最小值，综合性强，需注意递推式的变形 9 (9 1-9 8 和求和技巧。 -1)。 综上，解决数列中的特殊项问题，需熟练 (3)因为dm十dm+1=an=4n一3，所以 掌握等差、等比数列的通项公式与求和公式， dn+1十dn+2=an+1=4n十1，两式相减得dn+2 关键在于分析数列的构成规律，通过列举、分 一dn=4。 类讨论、方程思想等方法，将复杂问题转化为 因为d1十d2=1,所以d2=1-d1。 基础运算。同时，要注重细节，明确项数对应 易知Tm=3d1+3d2+3d:+3d1+… 关系和特殊项的处理方式，逐步突破难点，提 +3”dn,9Tm=3d1+3d2+…+3”dn-2+ 升解题能力。 (责任编辑赵倩) 26