微突破1 数列的重组问题-【领跑高中】2026年高考数学二轮专题复习教师用书Word（提升版）

微突破1　数列的重组问题 【考情分析】　重组数列是指由已知数列通过插项、去项得到新数列，或由已知的两个数列的公共项得到新数列，解决此类问题要弄清楚重组数列与已知数列的关系，确定重组数列的特征，以此来解决问题. 【例】　（2025·江苏南京期末）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是公比为2的等比数列，且a1＝b2＝4，S3＝21. （1）求数列{an}和数列{bn}的通项公式； 解：（1）因为数列{bn}为等比数列，且b2＝4，q＝2， 所以bn＝b2×qn－2＝4×2n－2＝2n. 又因为S3＝a1＋a2＋a3＝3a2＝21，所以a2＝7， 又a1＝4，则d＝3， 故等差数列{an}的通项公式为an＝4＋（n－1）×3＝3n＋1. （2）现由数列{an}与{bn}按照下列方式构造成新的数列{cn}： ①将数列{an}中的项去掉数列{bn}中的项，按原来的顺序构成新数列{cn}； ②数列{an}与{bn}中的所有项分别构成集合A与B，将集合A∪B中的所有元素从小到大依次排列构成一个新数列{cn}； 在以上两个条件中任选一个作为已知条件，求数列{cn}的前30项和. 解：（2）因为an＝3n＋1，bn＝2n， 所以b1＝2，b2＝4，b3＝8，b4＝16，b5＝32，b6＝64，b7＝128， 而a30＝91，a31＝94，a32＝97，a33＝100＜b7＝128. 若选①， 因为b2，b4，b6在数列{an}前30项内，b1，b3，b5不在数列{an}前30项内， 则数列{cn}前30项和为：S33－b2－b4－b6＝33×4＋×3－（4＋16＋64）＝1 632. 【易错提醒】 解答去项问题的易错之处是不能准确确定数列中去掉的项数，或求和时不会采取原数列和减去去掉 各项和的方法 若选②， 因为b2，b4，b6在数列{an}前30项内，b1，b3，b5不在数列{an}前30项内， 则数列{cn}前30项和为：S27＋b1＋b3＋b5＝27×4＋×3＋（2＋8＋32）＝1 203. 【点拨】 为确定两个数列中各有多少项作为新数列的项，求 解时可利用解不等式法或试探法 【变式】　〔创新考法〕已知数列{an}是等差数列，a1＝1，且a1，a2，a5－1成等比数列.给定k∈N*，记集合{n｜k≤an≤2k，n∈N*}的元素个数为bk. （1）求b1，b2的值； 解：（1）设等差数列{an}的公差为d，由a1，a2，a5－1成等比数列，得a1（a5－1）＝，即1×（1＋4d－1）＝（1＋d）2，解得d＝1， 所以an＝n. 当k＝1时，集合{n｜1≤n≤2，n∈N*}中元素个数为b1＝2， 当k＝2时，集合{n｜2≤n≤4，n∈N*}中元素个数为b2＝3. （2）求最小自然数n的值，使得b1＋b2＋…＋bn＞2 025. 解：（2）由（1）知bk＝2k－k＋1，所以b1＋b2＋…＋bn＝－＋n＝2（2n－1）－＋， 记Tn＝b1＋b2＋…＋bn，显然数列{Tn}是递增数列， 当n＝10时，2（2n－1）－＋＝2 001＜2 025， 当n＝11时，2（2n－1）－＋＝4 039＞2 025， 故所求n的最小值是11. 【规律方法】　数列的重组问题的解题思路 【训练】　（2025·陕西西安二模）已知数列{an}是等差数列，且a2＝4，2a4－a5＝7. （1）求数列{an}的通项公式； 解：（1）因为数列{an}是等差数列，设首项为a1，公差为d， 依题意，a2＝4，2a4－a5＝7， 即解得 所以等差数列{an}的通项公式为an＝1＋3（n－1）＝3n－2. （2）在ak和ak＋1（k∈N*）之间插入k个相同的数（－1）k＋1·k，构成一个新数列{bn}：a1，1，a2，－2，－2，a3，3，3，3，a4，…，求{bn}的前100项和T100. 解：（2）设ak和插入的k个数（－1）k＋1·k构成一组数， 则前k组共有k＋（1＋2＋…＋k）＝k＋＝个数， 令≤100，又k∈N*，解得k≤12， 当k＝12时，＝90＜100， 所以{bn}的前100项中包含前12组数和第13组数的前10个， 则T100＝（a1＋1）＋（a2－22）＋（a3＋32）＋…＋（a11＋112）＋（a12－122）＋（a13＋13×9） ＝（a1＋a2＋…＋a13）＋（1－22＋32－42＋…＋112－122）＋117 ＝－（1＋2＋3＋…＋12）＋117＝247－＋117 ＝247－78＋117＝286. 模拟演练 1.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　3n2－2n　. 解析：设bn＝2n－1，cn＝3n－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，得n＝＝＝＋1，于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N，则ak＝3（2k＋1）－2＝6k＋1，k∈N，得an＝6n－5，n∈N*.故Sn＝×n＝3n2－2n. 2.已知等比数列{an}的公比q＞1，a1＋a2＋a3＝14，a2＋1是a1，a3的等差中项.等差数列{bn}满足2b1＝a2，b4＝a3. （1）cn＝（n∈N*），求数列{cn}的前n项和； （2）将数列{an}与{bn}的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，求此数列的前2n项和. 解：（1）依题有 即 因为q＞1，解得所以an＝2n. 因为数列{bn}是等差数列，设其公差为d，解得所以bn＝2n. 数列{cn}的前n项和记为Sn， 因为cn＝＝， 所以Sn＝＋＋…＋， Sn＝＋＋…＋， 两式相减有Sn＝1＋＋＋…＋－ ＝－＝2－， 所以Sn＝4－. （2）设新数列为{en}，因为an＝2n，bn＝2n，所以数列{an}与数列{bn}都是递增数列，且an＝＝2n，an＋1＝＝2n＋1， 又因为（2n－n）－2n－1＝2n－1－n≥0， 所以数列{en}的前2n项由{an}中的前n项和{bn}中的前2n－n项构成， 所以ei＝e1＋e2＋…＋＝（a1＋a2＋…＋an）＋（b1＋b2＋…＋） ＝（2＋4＋8＋…＋2n）＋（2＋4＋…＋2n＋1－2n） ＝＋ ＝2n＋1－2＋4n－n×2n＋1＋n2＋2n－n ＝4n－（2n－3）·2n＋n2－n－2. （时间：45分钟，满分：60分） 1.（13分）（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＝. （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＝，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＋＝8 903. 2.（15分）（2025·安徽安庆模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，an＋1＝2Sn＋2（n∈N*）. （1）求数列{an}的通项公式； （2）在an与an＋1之间插入n个数，使这n＋2个数组成一个公差为dn的等差数列.设Tn＝＋＋＋…＋（n∈N*），求Tn. 解：（1）当n≥2时，由an＋1＝2Sn＋2可得an＝2Sn－1＋2， 上述两个等式作差可得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an， 又a1＝2，a2＝2S1＋2＝2a1＋2＝6，满足＝3， 所以数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，故an＝2×3n－1. （2）由题意可得dn＝＝＝， 则＝， 所以Tn＝＋＋＋…＋， 则Tn＝＋＋…＋＋， 上述两个等式作差得Tn＝＋（ ＋＋…＋）－＝＋－＝－， 因此，Tn＝－. 3.（15分）已知公差为d的等差数列{an}和公比q＜0的等比数列{bn}中，a1＝b1＝1，a2＋b3＝3，a3＋b2＝2. （1）求数列{an}和{bn}的通项公式； （2）令cn＝·（n∈N*），抽去数列{cn}的第3项、第6项、第9项、……、第3n项、……余下的项的顺序不变，构成一个新数列{tn}，求数列{tn}的前n项和Sn. 解：（1）由题意，整理得2q2－q－3＝0，解得q＝或q＝－1， 因为公比q＜0，所以q＝－1，则d＝1， 所以an＝1＋（n－1）＝n，bn＝（－1）n－1. （2）由（1）可得cn＝·＝3n， 当n＝2k（k∈N*）时，Sn＝t1＋t2＋t3＋…＋t2k＝c1＋c2＋c4＋c5＋…＋c3k－2＋c3k－1 ＝（c1＋c4＋…＋c3k－2）＋（c2＋c5＋…＋c3k－1）＝（31＋34＋…＋33k－2）＋（32＋35＋…＋33k－1）＝＋＝＝， 当n＝2k－1（k∈N*）时，Sn＝S2k－1＝S2k－33k－1＝－33k－1＝＝， 综上，Sn＝ 4.（17分）（2025·天津河东二模）设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q的等比数列，d∈N*，q∈N*，2a3＋a2＝b3，a3－a2＝b1，a1＝b1＋1. （1）求数列{an}与{bn}的通项公式及ai； （2）{an}落在区间（bk，bk＋1）之内的项的个数为{ck}，k∈N*. ①求c1，c2及数列{ck}的通项公式； ②求aici. 解：（1）设an＝a1＋（n－1）d，bn＝b1qn－1，d∈N*，q∈N*， 由已知d＝a3－a2＝b1，a1＝b1＋1， 所以an＝a1＋（n－1）d＝b1＋1＋（n－1）b1＝nb1＋1， 所以2a3＋a2＝2（3b1＋1）＋2b1＋1＝8b1＋3，又b3＝b1q2， 所以8b1＋3＝b1q2，b1＝d∈N*，即b1≥1＞0，所以q2＝8＋， 又因为d＝b1∈N*，q∈N*， 所以b1＝3，所以q＝3， 所以an＝3n＋1，bn＝3n， 所以ai＝ai＝（ ）×19＝19a18＝19×55＝1 045. （2）①由已知（b1，b2）＝（3，9），a1＝4，a2＝7在此区间内，所以c1＝2， 因为（b2，b3）＝（9，27）， 所以b2＜an＜b3即9＜3n＋1＜27，解得3≤n≤8. 所以c2＝8－3＋1＝6. 因为（bk，bk＋1）＝（3k，3k＋1）， 所以bk＜an＜bk＋1即为3k＜3n＋1＜3k＋1，3k－1＜3n＜3k＋1－1，3k≤3n≤3k＋1－3， 所以3k－1≤n≤3k－1，所以ck＝3k－1－3k－1＋1＝3k－3k－1＝2×3k－1， 所以数列{ck}的通项公式为ck＝2×3k－1. ②记An＝aici＝2（3i＋1）3i－1， An＝8×30＋14×31＋…＋（6n－4）×3n－2＋（6n＋2）×3n－1， 3An＝8×31＋14×32＋…＋（6n－4）×3n－1＋（6n＋2）×3n， 两式作差可得－2An＝8＋6（31＋32＋…＋3n－1）－（6n＋2）×3n＝8＋6×3×－（6n＋2）×3n， An＝－×3n＋1＋（3n＋1）×3n＝＋（ 3n－）×3n. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $