数列插项问题的题型分析与求解策略-《中学生数理化》高二数学2026年1月刊

中学生表理化数学创新翠攒源 数列插项问题的题型分折与求解策略 ■江苏省南京市第十二中学 金本平 新高考框架下，数列的考查重点已从传 分别利用定义及项与和的关系求解通项，考 统的“显式求通项或求和”逐步转向“定义嵌 查同学们对基础知识的掌握。 入式”的综合应用。这一转变强调将数列的 (2)问①涉及数列插项问题，具有较强的 定义、性质及其前n项和关系融入具有创新 综合性与思维难度。具体而言，需在每两项 性的问题情境中，插项类题目正是其中的典 之间插入不同数量的项，且插入后的这一组 型代表。此类问题通常在原数列的基础上， 项又构成等差数列。这种结构导致数列下标 依据特定规则插入若干新项，构造出一个全 关系复杂，加上插项本身的抽象性，使得问题 新的数列，全面考查同学们的逻辑推理与代 难度显著提升，对同学们理解与处理复杂递 数变形能力。下面将从三种常见插项方 推关系的能力提出了较高要求。 式一插项成等差数列、插项成等比数列、混 波利亚在《怎样解题》中指出：“问题的形 合插项人手，系统梳理这类问题的求解策略， 式可能是陷阱，问题的结构才是钥匙。”它提 旨在帮助大家掌握这类问题的分析方法，提 示我们应回归问题本质：在已知两项之间插 升数学思维品质与综合解题能力。 入若干项后构成等差数列，其通项求解的关 一、插项成等差数列 键在于确定该等差数列的首项与末项。因 例1已知数列{an》是公差不为零的 此，可将原问题重置为：已知bn,c1,c2,…, 等差数列，满足a1=1,a1十a5=a。,正项数列 cm,bn+1成等差数列，其首项、末项与项数分 {bn}的前n项和为Sn,且Sn=3”-1。 别是什么？一旦明确，问题即可迎刃而解。 问题②作为问题①的延伸，重点在于数 (1)求数列《a,}和{b,}的通项公式 (2)在b1和b:之间插人1个数c11,使 列求和，只需在①的基础上正确运用错位相 减法，便可顺利求解。 b1c1,b2成等差数列；在b2和b之间插人2 解：(1)a,=n,bn=2×3-1。（过程略) 个数c21,c2,使b2,c21,c22,b成等差数列；在 (2)①已知在bn和bn+1之间插人n个数 bn和bn1之间插入n个数cn1,c2,…,cm,使 c1,c2,…,Cm,且bn,c1,c2,…,Cm,bn+1成 bn,c1,c2,…,Cnm,bn+1成等差数列。 等差数列，首项为bn,末项为bn+1,共n十2 ①求ct; ②求c11十c1十c2十…十c1十cn2十…十 项，设公差为d,则d,=b1一b=4×3 n+1 n+1。 cm的值。 分析：(1)问属于常规题型，要求同学们 故c:=b,十kd,=2X31+k×4×3” n+1 44 器脑数新接探潮膏中学生表理化 =26+1+”×2×3-1。 {bn}中的每一项都能被2整除，数列{b,}中 n+1 的每一项都是数列{am}中的项。 ②记Mn=c1十cn2十…十cm= 又因为数列{an},{bn}都是递增数列，所 ”1)+n,1卫×4x3 n(2×31+4×3) 以由{an},{bn}的公共项从小到大排列构成 2 n+1 的数列为{bn},则c1=b1=2,c2=b2=4,c3= 4n×3"-1。 b3=8,cm=b,=2”。 令Tn=c1十c21十c22十…+cn1十cn2+ (2)①因为cn=2”,所以cm+1=2+1。 +cn=c1十(c21+c22)+…+(c1+c2十… +cmn)=M1+M2+…+Mn=4×3°+8×3 当n=1时，1=2，c,=4,d,=4,2=1. 2 +12×32十…+4n×3"-1。 当n=2时，c2=4,c%=8,d,= 8一4 解得T,=1+(2n一1)×3”。 3 点评：求解此类插项问题时，同学们容易 被“插入”规则迷惑。同学们应回归本质：无 39 论插入形式如何，最终都需回归等差数列的 ②不存在，理由如下。 “首项、末项、项数”这三要素，这是将复杂情 由题意得c+1=c,十(n十2一1)dn,即 境转化为可解模型的关键抓手。 2+1=2十(n+10d.,则d,=2 n+19 二、插项成等比数列 假设在数列{d,}中存在三项dm,ds,d。 例2已知数列{an},{bn}的通项公式 (其中2k=m十p)成等比数列，则(d)”= 分别为an=2n,bn=2",数列{cn}是由{an}, 20 {b}的公共项从小到大排列构成的数列。 d。·d,即(2） k+i (1)求c1c2,c的值，及{cn}的通项公式。 化简得 4 2mta (2)在cm与c+1之间插入n个数，使这 (k十1)=(m+1)(p+1) n十2个数组成一个公差为d,的等差数列。 4 又因为m十力=2k,所以k十1)一 ①求dd2的值。 224 4 ②在数列{dn}中是否存在3项dm,d, mp十m+p+1一m力十2k十，化简得k2= d。(其中2k=m十力)成等比数列？若存在， mp。 求出这样的3项；若不存在，请说明理由。 分析：(1)问为数列重构问题，此类问题 又m+力=2，故(m士） =mp,即 宜采用“从特殊到一般”的解题策略。先列举 (m-p)2=0。 两个数列的若干公共项，观察其位置与取值 则m=p,即m=p=k,这与题设矛盾。 的变化规律，再归纳得出通项或递推关系。 所以在{dn}中不存在三项dm,d,d。(其 (2)问①属于数列插项问题，要求在插入 中2k=m十p)成等比数列。 新项后使新数列构成等差数列。其本质仍是 ,点评：处理等比或等差数列的插项问题， “知二求一”一一已知首项、末项与项数中的 关键在于不被“插入”这一形式所迷惑，而应 任意两个，即可确定公差，进而补全所有插人 直指本质—辨析题目究竞考查的是等差数 项的具体数值。(2)问②在①的基础上进一 列或等比数列的定义还是性质。回归定义， 步抽象，要求在插人项后，新数列中相邻三项 紧扣性质，方能跳过形式陷阱，从容应对各类 构成等比数列。问题可转化为“证明三项成 新情境。 等比”，即验证中间项是否为前后两项的等比 三、混合插项 中项。求解的关键在于先用统一的通项公式 此类问题情境较为复杂，通常无法直接 准确表示这三项，再代入进行代数验证。 套用等差或等比数列的现成结论求得结果。 解：(1)因为b,=2"(n∈N”),所以数列 题目可能融合了相同项、平均项、项的重排或 45 中学生表理化然氨学新鼻霸 其他隐含规律，呈现出多种规则交织的特点。 2P.-1,即Pm+1-1=2(Pm-1)。 因此，解决这类问题的关键在于：紧扣数列的 因为P1=5,所以{P。-1}是首项为4， 核心定义一数列是按一定次序排列的一列 公比为2的等比数列，解得P,=2+1十1。 数，深入分析项与项之间的内在联系与规律， 设第n次扩充后数列的各项为一2，b1, 从而找到问题的突破口。 b2,ba,…,b,2,则Sn=一2十b1十b2十b十… 例3数列扩充是指在一个有穷数列 +b,十2。 中按一定规则插人一些项得到一个新的数 因为每一次扩充是在原数列的相邻两项 列，扩充的次数记为n(n∈N),n次扩充后的 中增加这两项的和，所以Sm+1=一2十（一2十 新数列记为{am},项数记为Pn,所有项的和 b1)十b1+(b1十b2)十b2+(b2+b:)+b3+… 记为Sm。扩充规则为每相邻两项之间插入 十b,+(b,十2)+2=一2×2十3b1+3b2+3b 这两项的和，如：数列{ao}={a,b,c}经过一 十…十3b,十2×2，则Sn+1=3Sm。 次扩充后得到数列{a1}={a,a十b,b,b+c, 因为S2=3S1,S1=3,所以{S,}是首项 c},P1=5,S1=2a+3b十2c。已知数列{ao} 为3，公比为3的等比数列，即Sn=3”。 ={-2,1,2}。 点评：本题(2)问仅着眼于个别项的具体 (1)求{a3},P,S3 数值，难以把握整体的结构关系。因此，需将 (2)求Pm,Sn。 特殊问题一般化处理：设第n次扩充后数列 分析：本题区别于常规题型，其插项非等 的各项为一2，b1,b2,b,…,b,,2,再观察第n 差或等比数列，而是“插入相邻两项之和”。 十1次扩充后的各项变化。此时问题转化为 这一过程循环进行却无周期，加之原数列无 研究两次扩充之间的对应关系，即分析S。与 特殊性，增加了本题的综合难度。解答此类 Sn+1之间的递推模式。一旦建立S,与Sn+i 无明显现成规律的插项题，必须回归条件本 之间的表达式，问题便回归到我们熟悉的由 身：插项方式是题目给出的核心信息，也理应 递推关系求通项公式这一基本内容。 成为我们寻找规律、建立联系的解题主线。 由此可见，无论题型如何创新，其根本仍 如数列{a。}={一2,1,2}有三项，任意两个相 建立在已有的知识体系之上。面对此类问 邻项之间形成2个空，所以P1=3十2=5，同 题，我们应聚焦“数列”这一核心概念，回归定 理{a1}相邻两项之间形成4个空，所以P, 义、把握情境、善用“特殊到一般”的思维方 5十4=9，以此类推P+1=P,十Pn一1。 法，从而在变化中回归不变的本质。 解决此类问题要紧扣数列的定义，无论 数列解答题的创新性与探究性正日益增 插项规则如何变化，其结果仍是一个数列。 强。诸如增诚项、公共项、插项等情境的引入， 对等差、等比数列性质的洞察，既依赖于对单 极大地丰富了问题的呈现方式。其中，混合插 项的细致分析，也离不开对数列整体的宏观 项问题尤为突出，其场景设置灵活多变，往往 把握。因此，既要通过“从特殊到一般”分析 将数列的基本概念与性质巧妙嵌入，并借助等 个体项，也要运用整体思维把握数列全貌 差数列与等比数列这两大基本模型，融合函数 这种个体与整体相结合的双轨策略，是洞察 与方程、不等式等知识体系，全面考查同学们 插项后数列规律的根本方法。 的逻辑推理与数学运算能力。这类问题已成 解：(1)因为{ao}={一2,1,2}，所以{a1} 为高考命题中一个“常考常新”的重要方向。 ={-2,-1,1,3,2},P1=5,S1=3。 面对此类题型，我们应将“插项”视为一 {a2}={-2,-3,-1,0,1,4,3,5,2},P2 种问题情境的外壳，关键在于聚焦问题本质， =9,S2=9。 核心任务在于探究数列中项与项之间的内在 {a3}={-2,一5，-3，一4，一1，一1,0， 联系。因此，解题的重中之重在于深入分析 1,1,5,4,7,3,8,5,7,2},P1=17,S3=27。 “插入方式与项的形式”及其所蕴含的规律。 (2)由题意得P+1=P。十(P,一1)= (责任编辑徐利杰) 46