第6单元 07 增分微练7 重构数列问题（word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教B版）

**基本信息** 聚焦重构数列问题，通过递推求项、公共项提取、插入构造新数列等题型，系统训练数列性质应用与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |递推与求项|3题(1,3,7)|含摆动数列、分段递推|从递推关系到项的迭代计算，体现数学抽象| |公共项问题|2题(2,11)|两数列公共项提取与筛选|基于数列通项分析交集，培养逻辑推理| |插入构造新数列|7题(4,5,6,10,12,13,14)|插入定数/变量项构成新数列|原数列性质→新数列项数/公差/求和，强化数学运算| |综合应用|3题(8,9,15)|递推与求和、不等式结合|融合函数思想与数列综合，提升应用意识|

增分微练7　重构数列问题 1.已知数列{an}满足an+1=(-1)nan+1,且a2=1,则a5= (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.-1 B.0 C.1 D.2 2.[2025·河南焦作期末] 已知数列{an},{bn}的通项公式分别为an=4n-3,bn=5n-4,由{an},{bn}的公共项从小到大排列得到的数列为{cn},则c100= (　 ) A.1941 B.1961 C.1981 D.2001 3.已知数列{an}满足a1=1,对于任意的n∈N*且n≥2,都有an=则a20= (　 ) A.211 B.211-2 C.210 D.210-2 4.已知等差数列{an}的首项a1=2,公差d=8,在{an}的每相邻两项之间都插入k个数,使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列{bn},当k=3时,b2027= (　 ) A.4052 B.4054 C.4056 D.4058 5.已知数列{an}和{bn}的通项公式分别为an=3n,bn=n,在bm与bm+1之间插入数列{an}的前m项,构成新数列{cn},即b1,a1,b2,a1,a2,b3,a1,a2,a3,b4,a1,a2,a3,a4,b5,….记数列{bn}的前n项和为Sn,则ci= (　 ) A.30 B.4944 C.9876 D.14 748 6.(多选题)已知等差数列{an}的首项a1=1,公差d=6,在{an}中每相邻两项之间都插入k个数,使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列{bn},下列说法正确的有 (　 ) A.an=6n-5 B.当k=2时, bn=2n-1 C.当k=2时,b19不是数列{an}中的项 D.若b8是数列{an}中的项,则k 的值可能为6 7.[2026·江苏泰州期末] 已知数列{an}满足a1=1,an+1=k∈N*,则{an}的前20项和为　　　　.  8.[2026·安徽芜湖期末] 已知数列{an}满足a3=-,an+an+1=n2cos,则a4=　　　　,a64=　　　　.  9.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. 10.[2025·江苏盐城模拟] 已知数列{an}的通项公式为an=2n-1,在其相邻两项ak,ak+1之间插入2k个3(k∈N*),得到新的数列{bn},记{bn}的前n项和为Sn,则使Sn≥99成立的n的最小值为 (　 ) A.29 B.28 C.27 D.30 11.数列{an},{bn}的通项公式分别为an=3n-2,bn=2n,在数列{an}中去掉两个数列的公共项后,小于25的项中质数的占比为 (　 ) A. B. C. D. 12.[2026·天津南开中学模拟] 在1和11之间插入m个数,使得这m+2个数成等差数列.若这m个数中第1个为a,第m个为b,则+的最小值是　　　　.  13.已知数列{an}满足a1=2,an+1=公差不为0的等差数列{bn}满足b1,b2,b4成等比数列,b8=a3. (1)证明:数列{a2n-1}是等比数列. (2)求{an}和{bn}的通项公式. (3)在ak与ak+1之间从{bn}的第一项起依次插入{bn}中的k项,构成新数列{cn}:a1,b1,a2,b2,b3,a3,b4,b5,b6,a4,…,求{cn}中前60项的和T60. 14.[2025·山东淄博模拟] 下面给出一种构造新数列的方法:在数列的每相邻两项之间插入此两项的等差中项,按照原来的顺序得到一个新的数列;再将新得到的数列按照上述方法构造,又得到一个新的数列.重复以上操作,现将数列1,2按照上述方法进行构造:第一次得到的新数列为1,,2;第二次得到的新数列为1,,,,2;第三次得到的新数列为1,,,,,,,,2;….记第n次得到的新数列为1,x1,x2,x3,…,xk,2,且Tn=x1+x2+x3+…+xk. ①当n=5时,k=　　　　;  ②T1+T2+…+T10=　　　　.(用数值作答)  15.已知数列{an}的首项为1,前n项和为Sn,等比数列{bn}是首项为1的递增数列,若3nan+1-6Sn=n(n+1)(n+2),8b2+2b4=b6. (1)求证:数列是等差数列; (2)求数列{(-1)n·2an}的前n项和; (3)求使得an≥bn成立的最大整数n. 学科网（北京）股份有限公司 $ 增分微练7　重构数列问题 1.B　[解析] 由an+1=(-1)nan+1,可得a3=a2+1=2,a4=-a3+1=-1,a5=a4+1=0.故选B. 2.C　[解析] 由题可知{an}是首项为1,公差为4的等差数列,{bn}是首项为1,公差为5的等差数列,则这两个数列的公共项从小到大排列构成的新数列{cn}是首项为1,公差为20的等差数列,故c100=1+(100-1)×20=1981.故选C. 3.B　[解析] 依题意,设bn=a2n,则b1=a2=2a1=2=4-2,a3=a2+1=3,b2=a4=2a3=6=8-2,a5=a4+1=7,b3=a6=2a5=14=16-2,a7=a6+1=15,b4=a8=2a7=30=32-2,归纳得bn=2n+1-2,则a2n=2n+1-2,所以a20=b10=211-2.故选B. 4.B　[解析] 因为a1=2,d=8,所以a2=10.当k=3时,b1=2,b5=a2=10,所以等差数列{bn}的公差为==2,故bn=2+2(n-1)=2n,则b2027=2× 2027=4054.故选B. 5.B　[解析] 因为数列{bn}的通项公式为bn=n,所以数列{bn}的前n项和Sn=.因为数列{an}的通项公式为an=3n,所以数列{an}的前n项和Tn==,故选B. 6.ABD　[解析] 对于选项A,an=1+6(n-1)=6n-5,故A正确;对于选项B,C,当k=2时,由a1=1,a2=7可知{bn}的公差d1==2,所以bn=1+2(n-1)=2n-1,则b19=2×19-1=37,令an=6n-5=37,解得n=7,所以b19是数列{an}中的项,故B正确,C错误;对于选项D,当k=6时,数列{bn}的公差d2==,则b8=1+×7=7,a2=1+6=7,即b8=a2,所以若b8是数列{an}中的项,则k 的值可能为6,故D正确.故选ABD. 7.500　[解析] 数列{an}满足a1=1,an+1=k∈N*,则a2=a1+3=4.当n=2k时,a2k+1=a2k+2,a2k+2=a2k+1+3=a2k+5;当n=2k-1时,a2k=a2k-1+3,a2k+1=a2k+2=a2k-1+5.所以数列{an}的奇数项构成以1为首项,5为公差的等差数列,偶数项构成以4为首项,5为公差的等差数列,所以{an}的前20项和为a1+a2+a3+…+a20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=10×1+×5+10×4+×5=500. 8.　 124　[解析] 由a3+a4=0,得a4=-a3=.由a4k+a4k+1=k2,a4k+1+a4k+2=0,a4k+2+a4k+3=,a4k+3+a4k+4=0,得a4k+4-a4k=k+,所以a64=(a64-a60)+(a60-a56)+…+(a8-a4)+a4=15++14++…+1++=+=124. 9.解:(1)当n≥2时,由an+1=2Sn+2可得an=2Sn-1+2,两式作差可得an+1-an=2an,可得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=++…++, 两式作差得Tn=+-=+-=-, 因此Tn=-. 10.A　[解析] 由题意得,数列{bn}的前n项依次为1,2个3,3,22个3,7,23个3,15,…,S28=1+2×3+3+22×3+7+23×3+15+10×3=98,S29=1+2×3+3+22×3+7+23×3+15+11×3=101,因此使Sn≥99成立的n的最小值为29.故选A. 11.B　[解析] {an}中的项依次为1,4,7,10,13,16,19,22,25,28,…;{bn}中的项依次为2,4,8,16,32,64,….{an}与{bn}中小于25的公共项为4,16,在数列{an}中去掉{an}与{bn}的公共项后,小于25的项有1,7,10,13,19,22,其中质数有7,13,19,所以小于25的项中质数的占比为=,故选B. 12.3　[解析] 由题可知,a+b=1+11=12,1<a<b<11,所以+==+++≥+2=3,当且仅当=,即a=2,b=10时等号成立,此时a,b满足1<a<b<11,m=9,所以+的最小值是3. 13.解:(1)证明:在数列{an}中,an+1= 则a2n+1=2a2n-2=2(2a2n-1+1)-2=4a2n-1,又a1=2, 所以数列{a2n-1}是等比数列,其首项为a1=2,公比为4. (2)由(1)知,a2n-1=2×4n-1=22n-1,a2n=2a2n-1+1=22n+1, 所以数列{an}的通项公式为an= 设等差数列{bn}的公差为d(d≠0), 由b1,b2,b4成等比数列,得=b1b4,即=b1(b1+3d),得d=b1,又b8=a3=8,即b1+7d=8,所以d=b1=1,所以数列{bn}的通项公式为bn=b1+(n-1)d=n. (3)依题意,数列{cn}中,ak+1前有数列{an}中的前k项,有数列{bn}中的前1+2+3+…+k=(项), 因此数列{cn}中,ak+1前共有+k=(项), 当k=10时,=65, 当k=9时,=54,因此数列{cn}的前60项中有数列{an}中的前10项,有数列{bn}中的前50项, 所以T60=(a1+a3+a5+a7+a9)+(a2+a4+a6+a8+a10)+(b1+b2+…+b50)=2+22+23+24+25+…+210+5+=+5+1275=3326. 14.①31　②3054　[解析] 在数列的每相邻两项之间插入此两项的等差中项,按照原来的顺序得到一个新的数列,第一次得到的新数列为1,,2,k=1=21-1,第二次得到的新数列为1,,,,2,k=3=22-1,第三次得到的新数列为1,,,,,,,,2,k=7=23-1,以此类推,可得当n=5时,k=25-1=32-1=31,当n=10时,k=210-1,再结合等差中项可得T1=,T2=3×,T3=7×,…,T10=(210-1)×,所以T1+T2+…+T10=(21+22+…+210-10)×=3054. 15.解:(1)证明:∵3nan+1-6Sn=n(n+1)(n+2)①,∴当n≥2时,3(n-1)an-6Sn-1=(n-1)n(n+1)②, ①-②,得nan+1-(n+1)an=n(n+1)(n≥2),两边同时除以n(n+1)得-=1(n≥2). 在3nan+1-6Sn=n(n+1)(n+2)中,令n=1得3a2-6S1=6, 即3a2-6a1=6,又a1=1,故a2=4, ∴-=1,故∀n∈N*,-=1,∴数列是首项为1,公差为1的等差数列. (2)由(1)得=1+(n-1)×1=n,则an=n2.设数列{(-1)n·2an}的前n项和为Tn,当n为偶数时,Tn=2[-12+22-32+…-(n-1)2+n2],∵n2-(n-1)2=2n-1, ∴Tn=2[3+7+…+(2n-1)]=2··=n(n+1)=n2+n;当n为奇数时,n+1为偶数, Tn=Tn+1-2·(-1)n+1(n+1)2=(n+1)2+n+1-2(n+1)2=-n2-n. ∴Tn= (3)设等比数列{bn}的公比为q(q≠0),∵b1=1,∴由8b2+2b4=b6,得8q+2q3=q5,解得q=0(舍去)或q=±2,又∵数列{bn}是递增数列,∴q=2,∴bn=2n-1. 由an≥bn,得n2≥2n-1,令cn=n2-2n-1,则dn=cn+1-cn=(n+1)2-2n-n2+2n-1=2n+1-2n-1, dn+1-dn=2n+3-2n-(2n+1)+2n-1=2-2n-1, ∴当n=1时,d2>d1,当n=2时,d2=d3,当n≥3时,dn+1<dn, 即有d1<d2=d3,d3>d4>d5>…, 又d1=2>0,d2=d3=3>0,d4=1>0,d5=-5<0, 故当n≥5时,dn<0,∴c1<c2<c3<c4<c5,c5>c6>c7>…,又c1=0,c6=62-25>0,c7=72-26<0, ∴a6>b6,当n≥7时,an<bn,故使得an≥bn成立的最大整数n为6. 学科网（北京）股份有限公司 $