微专题9　重构数列问题课件——2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“重构数列问题”专题，依据高考评价体系梳理了公共项问题、添项减项问题两大核心考点，通过模拟题分析明确“等差-等比公共项”“插入项求和”等高频题型占比，归纳出通项公式推导、公共项判断、分组求和等关键解题方法，体现备考针对性。 课件亮点在于“题型归类+素养渗透”的复习策略，如例1通过列举法与等比数列性质求公共项，培养数学思维的推理能力和数学眼光的抽象能力。设“学霸笔记”总结规律，跟踪训练对接教材习题，助力学生掌握“分组求和”“项数分析”技巧，教师可据此开展专题突破，提升复习效率。

微专题9　重构数列问题 1 多元视角·拓展教材　开放式拓展 实现一个“广” 视角一　公共项问题 例1 已知数列{an}的前n项和Sn＝，数列{bn}为等比数列，公比为2，且b1，b2＋1，b3为等差数列． (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排成的数列记为{cn}，求数列{cn}的前n项和Tn. 2 解析：(1)由Sn＝，得当n＝1时，a1＝S1＝2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，当n＝1时，上式也成立， 所以an＝3n－1. 依题意，b1＋b3＝2(b2＋1)，即b1＋b1·22＝2(b1·2＋1)， 解得b1＝2，所以bn＝2n. (2)数列{an}和{bn}的公共项从小到大依次为21，23，25，27，…， 所以21，23，25，27，…构成首项为2，公比为4的等比数列，所以cn＝2×4n－1，则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＝(4n－1)． 3 学霸笔记：(1)“等差—等差”型：两个等差数列的公共项也构成等差数列，公差为两等差数列公差的最小公倍数(考查较多)． (2)“等比—等比”型：两个等比数列的公共项构成等比数列，公比由原数列的两个公比共同决定，需就题具体分析(考查较少)． (3)“等差—等比”型：此类数列的公共项一般很难找到规律，采用列举法求解即可． 4 跟踪训练　(衔接·人教A版选修二P25习题T8改编)已知等差数列{an}：5，8，11，…和等差数列{bn}：3，7，11，…各有100项，问它们有多少个相同的项？记这些共同的项从小到大依次构成数列{cn}，问数列{cn}是否为等差数列？ 5 解析：由题易得an＝3n＋2，bn＝4n－1. 假设数列{an}的第n项与数列{bn}的第k项相同，即有3n＋2＝4k－1，所以n＝k－1. 而n∈N*，k∈N*，则k必是3的倍数． 设k＝3t(t∈N*)，所以n＝4t－1. 由题设知，两数列各有100项， 则解得≤t≤， 又t∈N*，故两数列共有25个相同的项． 6 将n＝4t－1代入an＝3n＋2(或将k＝3t代入bk＝4k－1)， 得a4t－1＝3(4t－1)＋2＝12t－1(或b3t＝12t－1)， 所以ct＝a4t－1＝12t－1，ct＋1＝12(t＋1)－1＝12t＋11，ct＋1－ct＝12(常数)， 故数列{cn}是以12为公差的等差数列． 7 视角二　添项或减项问题 例2 (2026·无锡模拟)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an＋1，数列{bn}满足b1＋＝n. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)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(请用数字作答)． 8 解析：(1)an＋1＋1＝2(an＋1)，a1＋1＝4≠0，＝2(非0常数)， ∴{an＋1}是以4为首项，2为公比的等比数列， ∴an＋1＝4×2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－1， b1＋＋…＋＝n　①， b1＋＋…＋＝n－1　②，n≥2， ①－②得＝1，bn＝2n－1(n≥2)． 令n＝1，b1＝1成立，∴bn＝2n－1. 9 (2)　　　a1　　a2　　a3　　a4　…　ak　　ak＋1 　　　　↑　　↑　　↑　 　…　 　↑ 插入 　　 　1项　3项　 5项　　…　　(2k－1)项 项数有 　 　2项　4项　 6项　　…　　　2k项 新数列在ak＋1之前共有项，则≤100， (k＋1)k≤100，k≤9， 当k＝9时，＝90， ∴T100＝(a1＋a2＋…＋a10)＋(b1＋b2＋…＋b90)＝－10＋＝4 096－4－10＋8 100＝12 182. 10 学霸笔记：第1步：分析原数列→确定原数列的类型，求出原数列的通项公式，对原数列的性质“心中有数”． 第2步：确定原则→提取关键信息，是添项还是减项，如何添、减？若对抽象的数学语言无法理解，就取特例分析． 第3步：分组求解→分组之后，找组与组之间的共性与区别，分析组内数列的项的特征，由此求值或求和． 第4步：做好总结→注意总结每组的情况，最后从“大局”出发给出结论． 11 　跟踪训练　(2026·衡阳模拟)数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}满足bn＝nan(n∈N*)，且数列{bn}的前n项和为(n－1)Sn＋2n. (1)求a1，a2，并求数列{an}的通项公式； (2)抽去数列{an}中点第1项，第4项，第7项，…，第(3n－2)项，余下的项顺序不变，组成一个新数列{cn}，数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n. 12 解析：(1)由题意得a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝(n－1)Sn＋2n，　① 当n＝1时，a1＝2， 当n＝2时，a1＋2a2＝S2＋4＝a1＋a2＋4，所以a2＝4. 当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－2)Sn－1＋2(n－1)，　② ①－②得nan＝(n－1)Sn－(n－2)Sn－1＋2＝Sn＋(n－2)an＋2， 所以Sn＝2an－2(n≥2)， 当n＝1时，a1＝2，也适合上式， 所以Sn＝2an－2(n∈N*)， 所以Sn－1＝2an－1－2(n≥2)，两式相减得an＝2an－1(n≥2)， 所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以an＝2n. 13 (2)抽去数列{an}中第1，4，7，…，3n－2项后， 余下的项为a2，a3，a5，a6，a8，a9，…，a3n－1，a3n， 即新数列{cn}的前2n项为c1＝a2，c2＝a3，c3＝a5，c4＝a6，…，c2n－1＝a3n－1，c2n＝a3n， 分组求和：T2n＝(a2＋a3)＝(a5＋a6)＋…＋(a3n－1＋a3n)， 每一组的和为a3k－1＋a3k＝23k－1＋23k＝23k－1(1＋2)＝3·23k－1， 因此T2n＝3·(22＋25＋28＋…＋23n－1) 这是首项为22＝4，公比为23＝8的等比数列求和，项数为n， T2n＝3·＝. 14 1．(2026·长治模拟)已知两个等差数列2，6，10，…，98和2，8，14，…，98，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为(　　) A．850　 　B．1 250　　C．400　 　D．450 答案：D 15 解析：在等差数列2，6，10，…，98中，公差d1＝4；在等差数列2，8，14，…，98中，公差d2＝6，而4和6的最小公倍数为12，得到新数列{an}的公差d＝12，首项a1＝2，所以an＝12n－10，令an＝12n－10≤98，解得n≤9，故新数列共有9项，所以新数列的各项之和为S9＝9×2＋×12＝450.故选D. 16 2．已知等差数列{an}满足an＝n，若在an与an＋1之间插入得到数列{bn}，Tn为数列{bn}的前n项和，则T50＝(　　) A．15 B． C． D．62 答案：C 解析：由题易得{bn}为1，，3，…，又2＋22＋23＋24＝30，2＋22＋23＋24＋25＝62，则{bn}的前50项中，有a1，a2，a3，a4，a5，且有50－5＝45个，故T50＝a1＋.故选C. 17 3．(2026·眉山模拟)设{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是1为首项，2为公比的等比数列，记Mn＝ab1＋ab2＋…＋abn，则{Mn}中不超过2 025的项的个数为(　　) A．8 B．9 C．10 D．11 答案：C 18 解析：已知{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，则an＝2＋(n－1)＝n＋1，{bn}是1为首项，2为公比的等比数列，则bn＝1×2n-1＝2n-1，所以＝2n-1＋1，则Mn＝＋n＝2n＋n－1，可知M10＝210＋10－1＝1 033<2 025，M11＝211＋11－1＝2 058>2 025，所以不超过2 025的项有10个．故选C. 19 4．(2026·临沂模拟)若x1，x2是函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a>0，b>0)的导函数的两个不同零点，且x1，x2，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则a＋b＝(　　) A．5 B．13 C． D． 答案：C 解析：因为f′(x)＝x2＋2ax＋b，所以x1＋x2＝－2a<0，x1x2＝b>0，所以x1，x2为两个不相等的负数，不妨设x1<x2<0，则必有x1，x2，2(或2，x2，x1)成等差数列，x1，2，x2(或x2，2，x1)成等比数列，故有2x2＝x1＋2，x1x2＝4，解得x1＝－4，x2＝－1，可得a＝，b＝4，所以a＋b＝.故选C. 20 5．已知数列{an}是各项为正数的等比数列，公比为q，在a1，a2之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为d1，在a2，a3之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为d2，…，在an，an＋1之间插入n个数，使这n＋2个数成等差数列，公差为dn，则下列说法正确的是(　　) A．当0<q<1时，数列{dn}单调递增 B．当q>1时，数列{dn}单调递增 C．当d1>d2时，数列{dn}单调递减 D．当d1<d2时，数列{dn}单调递增 答案：AD 21 解析：对于A，数列{an}是各项为正数的等比数列，则公比q>0，由题意an＋1＝an＋(n＋1)dn，得dn＝，0<q<1时，dn<0，有<1⇒dn＋1>dn，数列{dn}单调递增，A正确；对于B，q>1时，dn>0，有，若数列{dn}单调递增，则>1，即q>，由n∈N*，需要q>，B错误； 22 对于C，d1>d2时，>，解得1<q<，而q>1时，dn>0，由，若数列{dn}单调递减，则<1，即q<，而1<q<不能满足q<1＋(n∈N*)恒成立，C错误；对于D，d1<d2时，<，解得0<q<1或q>，由A，B可知，数列{dn}单调递增，D正确．故选AD. 23 6．设所有被3除余2的自然数从小到大组成数列{an}，所有被5除余2的自然数从小到大组成数列{bn}，把{an}和{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，则(　　) A．a3＋b5＝c3 B．a46＝c10 C．a5b2<c8 D．c9－b9＝a26 答案：BC 24 解析：根据题意，结合余数的相关性质，数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，an＝2＋3(n－1)＝3n－1，数列{bn}是首项为2，公差为5的等差数列，bn＝2＋5(n－1)＝5n－3，数列{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，故数列{cn}是首项为2，公差为15的等差数列，则cn＝2＋15(n－1)＝15n－13.对于A，a3＋b5＝8＋22＝30，c3＝45－13＝32，a3＋b5≠c3，故A错误；对于B，a46＝3×46－1＝137，c10＝15×10－13＝137，a46＝c10，故B正确；对于C，a5＝15－1＝14，b2＝10－3＝7，c8＝120－13＝107，a5b2＝98<107＝c8，故C正确；对于D，c9＝135－13＝122，b9＝45－3＝42，a26＝78－1＝77，c9－b9＝80≠77＝a26，故D错误．故选BC. 25 7．(2026·苏州模拟)已知数列{an}，{bn}满足an＝2n，bn＝3n－1.现将数列{an}和{bn}的公共项由小到大组成新数列{cn}，则c4＝_____． 128 解析：数列an＝2n的奇数项满足a2n－1＝22n-1，数列bn＝3n－1的项形式为3k－1，观察发现，2k≡2(mod 3)当且仅当k为奇数，此时2k可表示为3m－1.因此，新数列cn的通项公式为cn＝22n-1，计算得c4＝27＝128. 26 8．把数列{3n＋2}与{4n}(n∈N*)的所有公共项去掉，剩余的项从小到大排序得到数列{an}，则数列{an}的前202项和为________． 49 609 27 解析：{3n＋2}与{4n}的第一个公共项为8，{3n＋2}是公差为3的等差数列，{4n}是公差为4的等差数列，则两数列的公共项构成首项为8，公差为12的等差数列，即数列{12n－4}，两数列去掉公共项后，剩余的项从小到大排序为4，5，11，12，14，16，17，23，24，26，28，29，35，…，且每两个被去掉的相邻的公共项之间有5项，分别求和得11＋12＋14＋16＋17＝70，23＋24＋26＋28＋29＝130，35＋36＋38＋40＋41＝190，…，可以看到每相邻5项的和依次构成首项为70，公差为60的等差数列．因为(202－2)÷5＝40，所以{an}的前202项和为4＋5＋40×70＋＝49 609. 28 9．(13分)(2026·南京模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝，数列{bn}为公比大于0的等比数列，且b2＝a3，b4＝a27. (1)求an，bn； (2)若在an与an＋1之间插入bn个1，由此构成一个新的数列{cn}，记{cn}的前n项和Tn，求T45的值． 29 解析：(1)由题意，得an＝Sn－Sn－1＝＝n(n≥2)， 又n＝1时，a1＝S1＝1，符合题意，所以an＝n. 设数列{bn}的公比为q(q>0)，又b2＝a3＝3，b4＝a27＝27， 即解得b1＝1，q＝3，所以bn＝3n-1. 30 (2)根据题意，在an与an＋1之间插入bn个1， 即在1和2之间插入b1＝1个1； 在2和3之间插入b2＝3个1； 在3和4之间插入b3＝9个1； 在4和5之间插入b4＝27个1， 此时刚好有45项，则T45＝(1＋3＋9＋27)＋(1＋2＋3＋4＋5)＝55. 所以T45的值为55. 31 10．(15分)已知数列{2an}是公比为4的等比数列，且满足a2，a4，a7成等比数列．Sn为数列{bn}的前n项和，且bn是1和Sn的等差中项． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若数列{cn}是由数列{an}中的项依次剔除{bn}的项后剩下的部分组成，求数列{cn}的前100项和． 32 解析：(1)数列{是公比为4的等比数列，则＝4，即an＋1－an＝2， 即{an}是公差为2的等差数列． a2，a4，a7成等比数列，故a2·a7＝2＝(a1＋2)·(a1＋12)，解得a1＝6. 故an＝2n＋4. 33 bn是1和Sn的等差中项，则2bn＝1＋Sn， 当n＝1时，2b1＝1＋S1＝1＋b1，解得b1＝1； 当n≥2时，2bn－1＝1＋Sn－1，2bn＝1＋Sn，两式相减得2bn－2bn－1＝bn，即bn＝2bn－1， 故{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，bn＝2n-1，验证n＝1时满足． 故bn＝2n-1. 34 (2)令an＝2n＋4＝bm＝2m-1，即n＝2m-2－2， 当m＝4时，n＝2； 当m＝5时，n＝6； 当m＝6时，n＝14； 当m＝7时，n＝30； 当m＝8时，n＝62； 当m＝9时，n＝126. 故数列{an}的前105项中有5项需要剔除，分别为8，16，32，64，128. 故数列{cn}的前100项和为105×6＋×2－8－16－32－64－128＝11 302. 35 11．(15分)(2026·临沂模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝2Sn＋2(n∈N*)，等差数列{bn}的前n项和为Bn，且B4＝4B2，b2n＝2bn＋1(n∈N*)． (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令cn＝anbn，求数列{cn}的前n项和Tn. (3)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，在数列{dn}中是否存在3项dm，dk，dp，(其中m，k，p成等差数列)成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由． 36 解析：(1)由题意，当n＝1时，有a1q＝2a1＋2；当n＝2时，a1q2＝2(a1＋a1q)＋2， 联立方程 解得或(舍)． 所以数列{an}的通项公式an＝2×3n-1. 由题意知B4＝4B2，b2n＝2bn＋1(n∈N*)，则b2＝2b1＋1， 联立方程解得 所以数列{bn}的通项公式bn＝1＋2(n－1)＝2n－1. 综上，an＝2×3n-1，bn＝2n－1. 37 (2)因为cn＝anbn＝(2n－1)3n-1， 所以Tn＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n－1)×3n-1　①， ①×3得， 3Tn＝1×31＋3×32＋5×33＋…＋(2n－1)×3n　②， ①－②得－2Tn＝1×30＋2×31＋2×32＋…＋2×3n-1－(2n－1)×3n， －2Tn＝1＋2(31＋32＋…＋3n-1)－(2n－1)×3n＝1＋2×－(2n－1)×3n， 化简得Tn＝(n－1)3n＋1. 38 (3)由(1)知an＝2×3n-1，an＋1＝2×3n. 所以an＋1＝an＋(n＋2－1)dn，所以dn＝. 设数列{dn}中存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列． 则＝dm·dp.故2＝，即2＝. 又因为m，k，p成等差数列，所以2k＝m＋p，故42×32k-2＝42×3m＋p-2. 39 故(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，化简得k2＋2k＝mp＋m＋p，所以k2＝mp. 又因为2k＝m＋p，所以4k2＝m2＋p2＋2mp，故(m－p)2＝0，即m＝p. 而2k＝m＋p，所以k＝m＝p. 与假设矛盾． 所以在数列{dn}中不存在3项dm，dk，dp成等比数列． 40 $