第6章 微专题8 重构数列问题（word教参）-【高考快车道】2027年高考数学大一轮总复习（提升版）

该高中数学讲义聚焦高考数列综合题核心考点，涵盖公共项、增减项、计数数列等高频问题，按“问题类型—方法策略—真题演练”逻辑架构知识体系，通过考点梳理、方法指导（如公共项归纳猜想、增减项分组求和）、真题训练（2025年模拟题）等环节，帮助学生系统突破数列难点。 资料以“数学思维”和“数学语言”为核心，创新采用“情境问题—方法提炼—分层精练”教学模式，如公共项问题引导学生观察项特征构建递推关系，增减项问题训练插入项数分析与求和能力。配套精练覆盖选择、填空、解答题，确保学生高效掌握解题逻辑，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支撑。

　重构数列问题 公共项问题 例 1－1　(2025·湛江二模)将数列{3n＋2}与{4n}中所有的项去掉它们的公共项后，剩余的项从小到大排列得到数列{an}，则a5＝_________，{an}的前202项和为_________． 例 1－2　(2025·信阳二模)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝b1＝4，b2＝a2＋1，b3＝2a3－4． (1) 求{an}和{bn}的通项公式； (2) 数列{an}和{bn}的项从小到大依次排列(相等项计两项)得到新数列{cn}，求{cn}的前50项和． 处理两个数列的公共项问题的策略： (1) 客观题：一般可采用从特殊到一般，采用不完全归纳并检验猜想．即通过观察找到首项后，再寻找到后若干项，并找出规律(如周期、等差数列、等比数列)，从而得到通项公式． (2) 主观题：对于需要找出通项公式处理的问题，可设公共项的第k项是ck＝am或ck＝bt，则通过构造符合{an}，{bn}通项公式的ck＋1确认其递推公式再求解． 增减项问题 例 2－1　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4＝7，S5＝25． (1) 求{an}的通项公式； (2) 保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1(k＝1,2，…)之间插入2k－1个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，求{bn}的前150项和T150． 例 2－2　已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n＋r，其中r为常数． (1) 求r的值； (2) 设bn＝2(1＋log2an)，若数列{bn}中去掉与数列{an}相同的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋c3＋…＋c100的值． 对于增加项或减少项数列问题，弄清插入(或减少)的项数及插入(或减少)的项的规律是解题关键，然后再利用分组求和法可解决此类问题． 变式2　(2025·杭州期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝2Sn＋3． (1) 求数列{an}的通项公式； (2) 在数列{an}的相邻项ak与ak＋1(k∈N*)之间插入k个相同的数(－1)k，使其与原数列构成新数列{bn}，设Tn为数列{bn}的前n项和，求T40． 计数数列 例3　已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8． (1) 求{an}的通项公式； (2) 记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100． 变式3　已知首项为1的正项数列{an}的前n项和Sn＝．用[x]表示不超过x的最大整数，则[S1]＋[S2]＋[S3]＋…＋[S112]＝___________． 配套精练 1．已知n∈N*，an＝，bn＝，将数列{an}与数列{bn}的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列{cn}，则数列{cn}的前99项和为(　 　) A．　 B． C．　 D． 2．在首项为2，公差为8的等差数列{an}的任意相邻两项之间均插入3个数，使它们和原数列的项一起构成一个新的等差数列{bn}，由{bn}中的部分项构成等比数列{cn}，当{cn}的首项与公比均最小时，则{cn}的前6项和为(　 　) A．42　 B．62 C．126　 D．254 3．(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项和为 D．{an}的前n项和为 4．(2025·郑州一模)(多选)已知数列{an}，a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝2log2(1＋an)－1．若在数列{bn}中去掉{an}的项，余下的项组成数列{cn}，则(　 　) A．a1＋a2＋a3＋a4＝26 B．b5＝10 C．a4＜b15＜a5 D．c1＋c2＋…＋c10＝170 5．已知两个等差数列{an}：5,8,11，…与{bn}：3,7，11，…，它们的公共项组成数列{cn}，则数列{cn}的通项公式为cn＝__________；若数列{an}和{bn}的项数均为100，则{cn}的项数是_________． 6．(2025·莆田二模)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知2a4＝a3＋14，S3＝15． (1) 求{an}的通项公式； (2) 记集合A＝{x}，B＝{x|x＝2n＋1，n∈N*}，将A∪B中元素从小到大依次排列，得到新数列{bn}，求{bn}的前20项和． 7．(2025·芜湖二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋2(n∈N*)． (1) 求{an}的通项公式； (2) 保持{an}的各项顺序不变，在ak和ak＋1之间插入k个1，使它们与数列{an}的项组成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T55． 8．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝3an－3． (1) 求数列{an}的通项公式； (2) 已知数列{bn}满足bn＝3n，在数列{bn}中剔除掉属于数列{an}的项，并且把剩余的项从小到大排列，构成新数列{cn}，求数列{cn}的前100项和T100． 9．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且an，Sn，a成等差数列． (1) 求a1及{an}的通项公式； (2) 记集合的元素个数为bk，求数列{bk}的前50项和． 学科网（北京）股份有限公司 $ 　重构数列问题 公共项问题 例 1－1　(2025·湛江二模)将数列{3n＋2}与{4n}中所有的项去掉它们的公共项后，剩余的项从小到大排列得到数列{an}，则a5＝__14__，{an}的前202项和为__49 609__． 【解析】 {3n＋2}与{4n}的公共项为12n－4，去掉它们的公共项后，剩余的项从小到大排列为4,5,11,12,14,16,17,23,24,26,28,29,35，…，所以a5＝14，且每两个相邻的公共项之间有5项，分别求和为11＋12＋14＋16＋17＝70,23＋24＋26＋28＋29＝130,35＋36＋38＋40＋41＝190，…，可知这5项的和作为一项构成的新数列是首项为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． 例 1－2　(2025·信阳二模)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，a1＝b1＝4，b2＝a2＋1，b3＝2a3－4． (1) 求{an}和{bn}的通项公式； 【解答】 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则即解得所以an＝a1＋(n－1)d＝3n＋1，bn＝b1qn－1＝2n＋1． (2) 数列{an}和{bn}的项从小到大依次排列(相等项计两项)得到新数列{cn}，求{cn}的前50项和． 【解答】 当数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前5项时，令3n＋1＝25＋1＝64，得n＝21，则第26项为64．当数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前6项时，令3n＋1＜26＋1＝128，得n＜，则第48项为128．所以数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前6项且含有数列{an}的前44项，故数列{cn}的前50项和为S50＝＋＝3 266． 处理两个数列的公共项问题的策略： (1) 客观题：一般可采用从特殊到一般，采用不完全归纳并检验猜想．即通过观察找到首项后，再寻找到后若干项，并找出规律(如周期、等差数列、等比数列)，从而得到通项公式． (2) 主观题：对于需要找出通项公式处理的问题，可设公共项的第k项是ck＝am或ck＝bt，则通过构造符合{an}，{bn}通项公式的ck＋1确认其递推公式再求解． 增减项问题 例 2－1　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4＝7，S5＝25． (1) 求{an}的通项公式； 【解答】 因为{an}为等差数列，则S5＝5a3＝25，即a3＝5，可得d＝a4－a3＝2，a1＝a3－2d＝1，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1． (2) 保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1(k＝1,2，…)之间插入2k－1个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，求{bn}的前150项和T150． 【解答】 因为在ak与ak＋1(k＝1,2，…)之间插入2k－1个3，可知ak(k≥2)在数列{bn}中对应的项数为n＝k＋20＋21＋…＋2k－2＝k＋＝2k－1＋k－1．当k＝8时，n＝27＋7＝135，即a8＝b135；当k＝9时，n＝28＋8＝264，即a9＝b264．由题意可知b136＝b137＝…＝b150＝3，所以T150＝S8＋3×(150－8)＝＋426＝490． 例 2－2　已知等比数列{an}的前n项和Sn＝2n＋r，其中r为常数． (1) 求r的值； 【解答】 因为Sn＝2n＋r，所以a1＝S1＝2＋r，a1＋a2＝S2＝4＋r，即a2＝2，a1＋a2＋a3＝S3＝8＋r，即a3＝4．由{an}是等比数列可知a＝a1a3，所以4＝(2＋r)×4，可得r＝－1．故Sn＝2n－1，a1＝2＋r＝1．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－1－1)＝2n－1，且a1＝1也适合该式，故an＝2n－1，{an}是等比数列，即r＝－1满足题意．所以r＝－1． (2) 设bn＝2(1＋log2an)，若数列{bn}中去掉与数列{an}相同的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋c3＋…＋c100的值． 【解答】 由(1)知bn＝2(1＋log2an)＝2(1＋log22n－1)＝2n．因为a1＝1，a2＝2＝b1，a3＝4＝b2，a4＝8＝b4，a5＝16＝b8，a6＝32＝b16，a7＝64＝b32，a8＝128＝b64，a9＝256＝b128，所以c1＋c2＋c3＋…＋c100＝(b1＋b2＋…＋b107)－(a2＋a3＋…＋a8)＝－＝11 302． 对于增加项或减少项数列问题，弄清插入(或减少)的项数及插入(或减少)的项的规律是解题关键，然后再利用分组求和法可解决此类问题． 变式2　(2025·杭州期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝2Sn＋3． (1) 求数列{an}的通项公式； 【解答】 由an＋1＝2Sn＋3，得n≥2时，an＝2Sn－1＋3，两式相减得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，即an＋1＝3an(n≥2)．又{an}是等比数列，所以q＝3．当n＝1时，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝3a1，解得a1＝3，所以an＝3n． (2) 在数列{an}的相邻项ak与ak＋1(k∈N*)之间插入k个相同的数(－1)k，使其与原数列构成新数列{bn}，设Tn为数列{bn}的前n项和，求T40． 【解答】　数列{bn}为3，－1,32,1,1,33，－1，－1，－1,34，…．可分组如下：3，(－1,32)，(1,1,33)，(－1，－1，－1,34)，…，得前n组的项数Xn＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝．当n＝8时，X8＝36；当n＝9时，X9＝45．所以T40＝3＋32＋33＋34＋…＋38＋(－1)×1＋1×2＋(－1)×3＋…＋1×6＋(－1)×7＋1×4＝＋3－7＋4＝×(38－1)＝9 840． 计数数列 例3　已知公比大于1的等比数列{an}满足a2＋a4＝20，a3＝8． (1) 求{an}的通项公式； 【解答】 设等比数列{an}的公比为q(q＞1)，因为a2＋a4＝20，a3＝8，所以＋8q＝20，解得q＝2或q＝(舍去)，所以a1＝2，所以an＝2·2n－1＝2n． (2) 记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100． 【解答】 由bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中的项的个数，所以2n≤m，所以n≤log2m，故b1＝0，b2＝1，b3＝1，b4＝2，b5＝2，b6＝2，b7＝2，b8＝3，b9＝3，b10＝3，b11＝3，b12＝3，b13＝3，b14＝3，b15＝3，b16＝4，…，可知0在数列{bm}中有1项，1在数列{bm}中有2项，2在数列{bm}中有4项，…，由＝63＜100，＝127＞100可知b63＝5，b64＝b65＝…＝b100＝6．所以数列{bm}的前100项和S100＝0＋1×2＋2×4＋3×8＋4×16＋5×32＋6×37＝480． 变式3　已知首项为1的正项数列{an}的前n项和Sn＝．用[x]表示不超过x的最大整数，则[S1]＋[S2]＋[S3]＋…＋[S112]＝__745__． 【解析】　当n＝1时，S＝a＝1；当n≥2时，Sn＝，整理得S－S＝1，所以数列{S}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以S＝n，故Sn＝．因为当1≤n≤3时，1≤Sn＜2，此时[Sn]＝1；当4≤n≤8时，2≤Sn＜3，此时[Sn]＝2；当9≤n≤15时，3≤Sn＜4，此时[Sn]＝3；当16≤n≤24时，4≤Sn＜5，此时[Sn]＝4；当25≤n≤35时，5≤Sn＜6，此时[Sn]＝5；当36≤n≤48时，6≤Sn＜7，此时[Sn]＝6；当49≤n≤63时，7≤Sn＜8，此时[Sn]＝7；当64≤n≤80时，8≤Sn＜9，此时[Sn]＝8；当81≤n≤99时，9≤Sn＜10，此时[Sn]＝9；当100≤n≤112时，10≤Sn＜11，此时[Sn]＝10．所以[S1]＋[S2]＋[S3]＋…＋[S112]＝3＋10＋21＋36＋55＋78＋105＋136＋171＋130＝745． 配套精练 1．已知n∈N*，an＝，bn＝，将数列{an}与数列{bn}的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列{cn}，则数列{cn}的前99项和为(　D　) A．　 B． C．　 D． 【解析】 数列{2n－1}是正奇数数列，对于数列{(n＋1)2－1}，当n为奇数时，设n＝2k－1(k∈N*)，则(n＋1)2－1＝4k2－1，为奇数；当n为偶数时，设n＝2k(k∈N*)，则(n＋1)2－1＝(2k＋1)2－1＝4k(k＋1)，为偶数，所以cn＝．因为cn＝＝＝，所以c1＋c2＋…＋c99＝×＝×＝． 2．在首项为2，公差为8的等差数列{an}的任意相邻两项之间均插入3个数，使它们和原数列的项一起构成一个新的等差数列{bn}，由{bn}中的部分项构成等比数列{cn}，当{cn}的首项与公比均最小时，则{cn}的前6项和为(　C　) A．42　 B．62 C．126　 D．254 【解析】 设数列{bn}的公差为d1，由题意可得4d1＝an＋1－an＝8，即d1＝2，且b1＝a1＝2，故bn＝2＋2(n－1)＝2n．由{bn}中的部分项构成等比数列{cn}，当{cn}的首项与公比均最小时，首项与公比均为2，则{cn}的前6项和为＝126． 3．(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(　BC　) A．an＝5n B．an＝5n C．{an}的前n项和为 D．{an}的前n项和为 【解析】 令4n＋1＝5m(n，m∈N*)，所以n＝＝＝∈N*，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＝． 4．(2025·郑州一模)(多选)已知数列{an}，a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝2log2(1＋an)－1．若在数列{bn}中去掉{an}的项，余下的项组成数列{cn}，则(　ACD　) A．a1＋a2＋a3＋a4＝26 B．b5＝10 C．a4＜b15＜a5 D．c1＋c2＋…＋c10＝170 【解析】 对于A，因为an＋1＝2an＋1，即an＋1＋1＝2(an＋1)，所以＝2，故数列{an＋1}为等比数列．又a1＋1＝2，所以an＝2n－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝1＋3＋7＋15＝26，故A正确．对于B，bn＝2log2(1＋2n－1)－1＝2n－1，则b5＝2×5－1＝9，故B错误．对于C，因为a4＝15，b15＝29，a5＝31，所以a4＜b15＜a5，故C正确．对于D，因为b1＝1，bn＋1－bn＝2，所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，b1＝a1＝1，b14＝27，b15＝29，b16＝31．又a4＝15，a5＝31，a6＝63，因为b16＝a5＝31，{bn}为正奇数组成，{an}的项也是奇数，由上面推理可得，c1＋c2＋…＋c10是由{bn}的前14项去掉{an}的前4项后余下的项组成，所以c1＋c2＋…＋c10＝(b1＋b2＋…b14)－(a1＋a2＋a3＋a4)＝－(1＋3＋7＋15)＝170，故D正确． 5．已知两个等差数列{an}：5,8,11，…与{bn}：3,7，11，…，它们的公共项组成数列{cn}，则数列{cn}的通项公式为cn＝__12n－1__；若数列{an}和{bn}的项数均为100，则{cn}的项数是__25__． 【解析】 因为等差数列{an}：5,8,11，…的首项为5，公差为3，所以通项公式为an＝3n＋2；{bn}：3,7,11，…的首项为3，公差为4，所以通项公式为bn＝4n－1，所以它们的公共项组成的数列{cn}是等差数列，其首项为11，公差为3×4＝12，所以数列{cn}的通项公式为cn＝11＋12(n－1)＝12n－1．因为数列{an}和{bn}的项数均为100，所以解得1≤n≤25.25，所以{cn}的项数是25． 6．(2025·莆田二模)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知2a4＝a3＋14，S3＝15． (1) 求{an}的通项公式； 【解答】 设公差为d，由题意得2a1＋6d＝a1＋2d＋14，S3＝3a1＋3d＝15，解得d＝3，a1＝2，故an＝a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1． (2) 记集合A＝{x}，B＝{x|x＝2n＋1，n∈N*}，将A∪B中元素从小到大依次排列，得到新数列{bn}，求{bn}的前20项和． 【解答】　A＝{2,5,8,11,14,17,20,23,26,29,32,35,38,41,44,47,50,53,56，…}，B＝{3,5,9,17,33,65，…}，故{bn}的前20项为2,3,5,8,9,11,14,17,20,23,26,29,32,33,35, 38,41,44,47,50，故{bn}的前20项和为2＋5＋8＋11＋14＋17＋20＋23＋26＋29＋32＋35＋38＋41＋44＋47＋50＋3＋9＋33＝S17＋3＋9＋33＝17×2＋×3＋45＝487． 7．(2025·芜湖二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋2(n∈N*)． (1) 求{an}的通项公式； 【解答】 由an＋1＝Sn＋2(n∈N*)，得an＝Sn－1＋2(n≥2)，则an＋1－an＝an(n≥2)，即an＋1＝2an(n≥2)．又a2＝S1＋2＝a1＋2＝4，满足an＋1＝2an，所以an＋1＝2an(n∈N*)，所以{an}是首项是2，公比为2的等比数列，故an＝2n． (2) 保持{an}的各项顺序不变，在ak和ak＋1之间插入k个1，使它们与数列{an}的项组成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T55． 【解答】 由题知b＝an＝2n，数列{bn}的其余项为1，则T55＝(b1＋b3＋b6＋b10＋b15＋b21＋b28＋b36＋b45＋b55)＋45×1＝(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10)＋45＝S10＋45＝＋45＝2 091． 8．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝3an－3． (1) 求数列{an}的通项公式； 【解答】 在2Sn＝3an－3中，令n＝1，得a1＝3．因为2Sn＝3an－3，所以当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－3，两式相减得2an＝3an－3an－1，所以an＝3an－1，所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n． (2) 已知数列{bn}满足bn＝3n，在数列{bn}中剔除掉属于数列{an}的项，并且把剩余的项从小到大排列，构成新数列{cn}，求数列{cn}的前100项和T100． 【解答】 因为bn＝3n，所以数列{an}中的项都在数列{bn}中．数列{an}的前5项：3,9,27,81,243都在数列{bn}的前105项中，这五项和为363，数列{bn}的前105项为3,6,9，…，它们的和为105×3＋105×52×3＝16 695．所以数列{cn}的前100项和为数列{bn}的前105项和减去3,9,27,81,243的和，故T100＝16 695－363＝16 332． 9．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且an，Sn，a成等差数列． (1) 求a1及{an}的通项公式； 【解答】 因为an，Sn，a成等差数列，则2Sn＝an＋a，且an＞0，当n＝1时，可得2a1＝a1＋a，解得a1＝1或a1＝0(舍去)．当n≥2时，可得2Sn－1＝an－1＋a，两式相减得2an＝an－an－1＋a－a，整理得(an＋an－1)(an－an－1)＝an＋an－1，又an＋an－1＞0，则an－an－1＝1，可知数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝n． (2) 记集合的元素个数为bk，求数列{bk}的前50项和． 【解答】 由(1)可得n＋≤2k，即k≥．因为≥×2＝2，当且仅当n＝，即n＝2时等号成立，可知b1＝0，b2＝1．当k≥3时，因为＝k－≤k，＝k＋＞k，所以bk＝2k－1．综上，bk＝所以数列{bk}的前50项和为0＋1＋5＋7＋…＋99＝1＋＝2 497． 学科网（北京）股份有限公司 $