第5章 培优进阶11 数列中的增、减项及交、并项问题(Word教师用书)-【金版新学案】2027年高考数学高三总复习大一轮复习（湘教版）

该高中数学讲义聚焦数列中的增项、减项及交、并项问题，这些均为高考常考热点与易错点。内容按“题型梳理—方法提炼—真题演练”逻辑展开，通过增项插入构造新数列、减项删除重组数列、交并项公共项与并集项分析三大题型，结合考点梳理、解题策略指导及分层训练，帮助学生构建系统解题框架。 讲义突出数学思维与模型意识，如交并项问题中用不定方程法推导公共项通项，培养逻辑推理能力；增项问题通过分组求和法处理新数列，提升数学表达能力。设置对点练与课时测评，分层突破难点，助力教师精准把控复习节奏，有效提升学生数列综合应用与应考能力。

培优进阶11　数列中的增、减项及交、并项问题 　　数列中的增、减项与交、并项问题是常考的热点问题，也是易错问题，理清增、减项与交、并项的特点是解决问题的关键. 题型一　数列中的增项问题 已知各项均为正数的数列{an}中，a1=1且满足=2an+2an+1，数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn+1=3bn. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若在bk与bk+1之间依次插入数列{an}中的k项构成新数列{cn}：b1，a1，b2，a2，a3，b3，a4，a5，a6，b4，…，求数列{cn}的前50项和T50. 解：(1)由=2an+2an+1，得·=2.因为an+1+an>0， 所以an+1－an=2， 所以数列{an}是首项为a1=1，公差为2的等差数列，所以an=2n－1. 当n=1时，由2S1+1=3b1，得b1=1. 当n≥2时，由2Sn+1=3bn， ① 可得2Sn－1+1=3bn－1. ② 由①－②整理得bn=3bn－1， 因为b1=1≠0，所以bn－1≠0，所以=3， 所以数列{bn}是首项为1，公比为3的等比数列，故bn=3n－1. (2)由题意知，新数列{cn}中，bk+1(含bk+1)前面共有(1+2+3+…+k)+ =项.由≤50(k∈N+)，得k≤8， 所以新数列{cn}中含有数列{bn}的前9项：b1，b2，…，b9，含有数列{an}的前41项：a1，a2，a3，…，a41， 所以T50=+=11 522. 　　解决此类问题的基本思路有两种：一是分析新数列是否是某一类特殊数列(等差、等比)，然后利用新数列的性质求解；二是分组处理，如本例(2)，可分别求出数列{an}的前41项和及{bn}的前9项和，然后求T50. 注意：解决此类问题的关键是搞清新数列{cn}是由原数列{an}、{bn}中的哪些项构成的. 对点练1.(2026·福建泉州模拟)已知数列{an}满足··…·=. (1)求数列{an}的通项公式； (2)在ak和ak+1(k∈N+)中插入k个相同的数·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S100. 解：(1)当n=1时，=，解得a1=2； 当n≥2时，由··…·=，得··…·=， 两式作比可得=，整理可得an－an－1=1， 所以数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，所以an=n+1. (2)设ak和插入的k个数·k构成一组数，则前k组共有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，所以S100=(a1+1)+(a2－22)+(a3+32)+…+(a11+112)+(a12－122)+(a13+13×9)=(a1+a2+…+a13)+(1－22+32－42+…+112－122)+117=－(3+7+11+…+23)+117=104－+117=104－78+117=143. 学生用书⬇第148页 题型二　数列中的减项问题 (2026·山东济南模拟)已知{an}是递增的等差数列，a1+a5=18，a1，a3，a9分别为等比数列{bn}的前三项. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)删去数列{bn}中的第ai项(其中i=1，2，3，…)，将剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{cn}，求新数列{cn}的前n项和Sn. 解：(1)设数列{an}的公差为d，d>0，数列{bn}的公比为q，由已知得 解得所以an=3n， 所以b1=a1=3，q==3，所以bn=3n. (2)由题意可知新数列{cn}为：b1，b2，b4，b5，…， 则当n为偶数时，Sn=(b1+b4+…+)+(b2+b5+…+)=+=； 当n为奇数时，Sn=Sn－1+cn=Sn－1+=+. 综上可得，Sn= 解决此类问题的关键是明确新数列与原数列的内部关联，关注数列的下标，尤其在求和时要搞清楚原数列中项的数量. 对点练2.已知等差数列{an}和正项等比数列{bn}满足a1=4，b1=2，bn+2=bn+1+2bn，a3=b3+2. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)对于集合A，B，定义集合A－B={x|x∈A且x∉B}，设数列{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A，B，将集合A－B的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前30项和S30. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由bn+2=bn+1+2bn得q2=q+2， 解得q=2或q=－1(舍去). 因为a3=b3+2，所以4+2d=2q2+2， 所以q=2，d=3， 所以an=3n+1，bn=2n. (2)因为a30=91，又b6=64<91<b7=128， 所以S30中要去掉数列{bn}的项最多6项， 数列{bn}的前6项分别为2，4，8，16，32，64，其中4，16，64三项是数列{an}和数列{bn}的公共项， 所以{cn}前30项由{an}的前33项再去掉{bn}的b2=4，b4=16，b6=64这3项构成. S30=(a1+a2+…+a33)－(b2+b4+b6)=－(4+16+64)=1 632. 题型三　两个数列的交、并项问题 角度1　两个数列的公共项问题 (1) (一题多解)数列{an}与{bn}的通项公式分别为an=4n－1，bn=3n+2，它们的公共项由小到大排列组成数列{cn}，求数列{cn}的通项公式. (2)数列{an}与{bn}的通项公式分别为an=×2n，bn=6×4n，它们的公共项由小到大排成的数列是{cn}，求cn. (3)数列{an}与{bn}的通项公式分别为an=2n，bn=3n+2，它们的公共项由小到大排成的数列是{cn}，求cn. 解：(1)法一：设ak=bm=cp，则4k－1=3m+2， 所以k=， 因为3，4互质，所以m+1必为4的倍数， 即m=4p－1， 所以cp=bm=b4p－1=3+2=12p－1， 即数列{cn}的通项公式为cn=12n－1. 法二：由观察可知，两个数列的第一个公共项为11， 所以c1=11. 设ak=bm=cp，则4k－1=3m+2， 所以ak+1=4－1=4k+3=3m+6=3+2不是数列{bn}中的项， ak+2=4－1=4k+7=3m+10=3+2不是数列{bn}中的项， ak+3=4－1=4k+11=3m+14=3(m+4)+2是数列{bn}中的项. 所以cp+1=ak+3， 则cp+1－cp=ak+3－ak=3×4=12， 所以数列{cn}是等差数列，其公差为12，首项为11， 因此，数列{cn}的通项公式为cn=12n－1. (2)an=3×2n－2，bn=3×22n+1， 设an=3×2n－2是数列{bn}中的第m项， 即3×2n－2=3×22m+1， 所以n－2=2m+1， 所以n=2m+3，即{bn}中的第m项是{an}中第2m+3项， 所以an=a2m+3=3×22m+3－2=3×22m+1， 所以cn=3×22n+1. (3)设ak=2k是数列{bn}中的第m项， 即2k=3m+2， 所以3m=2k－2(m，k∈N+，k>1)， 所以2k－2能被3整除. 又2k－2=(3－1)k－2=3k(－1)0+3k－1(－1)+…+31(－1)k－1+30(－1)k－2， 所以30(－1)k－2能被3整除， 即(－1)k－2能被3整除. 所以当k=2n+1时，2k－2能被3整除. 所以cn=22n+1. 学生用书⬇第149页 角度2　两个数列的并项问题 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn=(an－1)(an+3)(n∈N+). (1)求数列{an}的通项公式； (2)将数列{an}和数列{2n}中所有的项，按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{bn}，求{bn}的前50项和. 解：(1)依题意an>0， 当n=1时，4a1=4S1=(a1－1)(a1+3)， 解得a1=3，负值舍去. 由4Sn=， 当n≥2时，有4Sn－1=， 作差得4an=+2an－2an－1， 所以(an+an－1)(an－an－1－2)=0， 因为an+an－1>0，所以an－an－1=2， 所以数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列， 所以an=2n+1. (2)由(1)得，a50=101， 又26<101<27，同时a44=89>26，所以b50=a44， 所以b1+b2+…+b50=(a1+a2+…+a44)+(21+22+…+26)=+=2 024+126=2 150. 所以{bn}的前50项和为2 150. 求解两个数列公共项的常用方法 1.不定方程法：列出两个项相等的不定方程，利用数论中的整除知识，求出符合条件的项，并解出相应的通项公式. 2.周期法：即寻找下一项.通过观察找到首项后，从首项开始向后，逐项判断变化较大(如公差的绝对值大)的数列中的项是否为另一个数列中的项，并找到规律(周期)，分析相邻两项之间的关系，从而得到通项公式. 对点练3.(2020·新高考Ⅰ卷)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：因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列是以1首项，以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是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以的前n项和为n·1+·6=3n2－2n. 对点练4.已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=5，b1=2，a2=2b2+1，a3=b3+5.数列{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A，B，将集合A∪B中的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，数列{cn}的前n项和为Sn.求S20. 解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q， 由a1=5，b1=2，a2=2b2+1，a3=b3+5， 可得5+d=4q+1，5+2d=2q2+5， 解得d=4，q=2， 则an=5+4(n－1)=4n+1，bn=2n， 由b5=32<a15=61<64=b6， {an}和{bn}中无公共项，可得{cn}的前20项中，有5项为{bn}的前5项，15项为{an}的前15项，则S20=(2+4+…+32)+(5+9+…+61)=+=62+495=557. 对点练5.(多选)已知n，m∈N+，将数列{4n+1}与数列{5m}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则(　　) A．an=5n B．an=5n C．{an}的前n项和 D．{an}的前n项和为 答案：BC 解析：令4n+1=5m，所以n===∈N+，当m=1时，n=1，所以数列{5m}为数列{4n+1}的子数列，所以an=5n(n=1，2，3，…)，所以{an}的前n项和为=.故选BC． 课时测评45　数列中的增、减项及交、并项问题 (时间：60分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订!) (1－3，每小题5分，共15分) 1.(数学文化)我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩二，七七数之剩二，问物几何?”根据这一数学问题，所有被3除余2的自然数从小到大排列组成数列{an}，所有被5除余2的自然数从小到大排列组成数列{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．b28=c10 C．a5b2>c8 D．c9－b9=a26 答案：B 解析：根据题意，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=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，cn=2+15(n－1)=15n－13.a3+b5=(3×3－1)+(5×5－3) =30，c3=15×3－13=32，a3+b5≠c3，故A错误；b28=5×28－3=137，c10=15×10－13=137，b28=c10，故B正确；a5=3×5－1=14，b2=5×2－3=7，c8=15×8－13=107，a5b2=14×7=98<107=c8，故C错误；c9=15×9－13=122，b9=5×9－3=42，a26=3×26－1=77，c9－b9=122－42=80≠77=a26，故D错误.故选B． 2.将数列{2n}与{3n+1}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则其通项an=　　　　.  答案：4n 解析：数列{2n}中的项为：2，4，8，16，32，64，128，256，…经检验，数列{2n}中的偶数项都是数列{3n+1}中的项.即4，16，64，256，…可以写成3n+1的形式，观察，归纳可得an=4n. 3.(新定义)数列：a1，a2，…，an，…；：b1，b2，…，bn，…，定义数列an&bn：a1，a2，b3，a4，a5，b6，a7，…. (1)设an=bn=1，1≤n≤29，则数列an&bn的所有项的和等于　　　　；  (2)设an=5n，bn=4n－1，1≤n≤29，则数列an&bn与bn&an有　　　　个公共项.  答案：(1)19　(2)2 解析：(1)由题意可得：an&bn=所以当1≤n≤29时，数列an&bn的所有项的和为：9×1+(15－5)×(－1)+(14－4)×2=19. (2)由题意可得：an&bn= bm&am=很显然，要使an&bn=bm&am，必须n、m同时为3的倍数或者同时不为3的倍数，若n、m同时为3的倍数，则有5m=4n－1，则n=24或n=9，此时m=19或m=7，不成立；若n、m同时不为3的倍数，则有5n=4m－1，则m=4或14或19或29，此时对应的有n=3或11或15或23，把与题意相矛盾的舍去，剩下m=14，n=11或m=29，n=23，即a11&b11=b14&a14或a23&b23=b29&a29，即数列an&bn与bn&an有2个公共项. 4.(17分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，满足a1=b2=2，S5=30，b4+2是b3与b5的等差中项. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(7分) (2)从数列{an}中去掉数列{bn}的项后余下的项按原来的顺序组成新数列{cn}，设新数列{cn}的前n项和为Tn，求T60.(10分) 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q， 由a1=b2=2，S5=30，b4+2是b3与b5的等差中项， 可得b1q=2，5×2+10d=30，2(b4+2)=b3+b5，即2(b1q3+2)=b1q2+b1q4， 解得d=2，b1=1，q=2， 则an=2+2=2n，bn=2n－1. (2)因为a60=120，且数列{an}的前60项中与数列{bn}的公共项共有6项，最大的公共项为b7=26=64，a66=132，b8=27=128， 所以T60=S67－(2+22+…+27)=134+×67×66×2－=4 556－254=4 302. 5.(18分)(2026·湖南怀化模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和，a2=5，Sn+1=Sn+an+4；{bn}是等比数列，b2=9，b1+b3=30，公比q>1. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(8分) (2)数列{an}和{bn}的所有项分别构成集合A，B，将A∪B的元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求T20=c1+c2+c3+…+c20.(10分) 解：(1)由Sn+1=Sn+an+4，可得an+1－an=d=4，又a2=5，即a1+d=5， 所以a1=1，故an=1+×4=4n－3. 因为{bn}是等比数列，由b2=9，b1+b3=30，q>1， 所以b1q=9，b1+b1q2=30，解得q=3，b1=3， 即bn=3n. (2)由(1)知：a20=77，令bn<77，则n=1，2，3， 所以b1=3，b2=9，b3=27在新数列{cn}的前20项， 因为a3=9与b2=9为公共项， 所以前20项中有18项是数列{an}中的项以及b1，b3. T20=a1+a2+a3+…+a18+b1+b3=18×1+×4+3+27=660. 6.(25分)(2026·广东汕头模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an+1=2Sn+1. (1)求数列{an}的通项公式；(10分) (2)在an和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是公差不为0的等差数列)成等比数列?若存在，求出这3项；若不存在，请说明理由.(15分) 解：(1)当n≥2时，由an+1=2Sn+1得an=2Sn－1+1， 所以an+1－an=2Sn－2Sn－1=2an，则an+1=3an， 因为{an}为等比数列，所以等比数列{an}的公比为3， 当n=1时，a2=2S1+1=2a1+1， 所以3a1=2a1+1，解得a1=1， 所以an=3n－1. (2)假设存在满足题意的3项， 由(1)得an+1=3n，又an+1=an+dn， 所以dn===； 因为dm，dk，dp成等比数列， 所以=dm·dp，即=·=， 因为m，k，p成等差数列，所以2k=m+p，所以=， 所以(k+1)2=(m+1)(p+1)=mp+m+p+1=mp+2k+1，整理可得k2=mp， 又k2=，所以mp==， 即(m－p)2=0，解得m=p，则m=p=k，与已知中m，k，p是公差不为0的等差数列相矛盾， 所以假设错误，即不存在满足题意的3项. 7.(25分)(2026·河北承德模拟)已知数列{an}满足a1=3，an+1= (1)证明：数列{a2n－1}为等差数列；(10分) (2)若将数列{an}中满足ai=aj的项ai，aj(i≠j)称为数列{an}中的相同项，将数列{an}的前40项中所有的相同项都剔除，求数列{an}的前40项中余下项的和.(15分) 解：(1)证明：数列{an}满足a1=3，an+1= 设bn=a2n－1，则b1=a1=3， 则bn+1=a2n+1=a2n+2=+2=a2n－1+3=bn+3，即bn+1－bn=3， 所以数列{bn}是首项为3，公差为3的等差数列， 即数列{a2n－1}为等差数列. (2)由(1)可知，bn=3n， 设cn=a2n，同理可证数列{cn}是首项为12，公差为9的等差数列，cn=3+9n， 设数列{bn}的前n项和为Sn，数列{cn}的前n项和为Tn， 则数列{an}的前40项和为S20+T20， 若bk=cn，即3k=3+9n，得k=1+3n， k=1+3n≤20，则n≤6， 将数列{an}的前40项中所有的相同项都剔除，则数列{an}的前40项中余下项的和为： S20+T20－2T6=+－2×=2 166. 学生用书⬇第150页 学科网（北京）股份有限公司 $