第41讲　双数列问题专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦双数列综合问题，通过构造转化、分类讨论等方法体系，系统整合等差等比数列交汇、公共项、递推关系等核心考法，培养数学抽象与逻辑推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础综合|1-2题|公共项用公差最小公倍数法；等差等比交汇分类讨论公比|等差等比定义→通项公式→交集运算| |递推构造|5、14题|构造aₙ±bₙ转化递推关系；利用三点共线得λ+μ=1|递推式→新数列构造→等比/等差判定| |插入项与高阶|3-4、8、10题|插入项分组求和；高阶数列用差分数列|项数累计→分组求和；差分数列→高阶等差定义| |存在性与证明|7、12-13题|等比中项建立方程；作差法证明等式|方程思想→存在性判断；逻辑推理→等式证明|

第41讲　双数列问题 (时间:45分钟) 1.已知数列{an}满足an=2n-1,数列{bn}满足bn=3n-2,则由这两个数列公共项从小到大排列得到的数列为{cn},则数列{cn}的通项公式为 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.cn=3n-2 B.cn=4n-1 C.cn=5n-3 D.cn=6n-5 2.[2024·山西太原二模] 已知{an},{bn}分别是等差数列和等比数列,其前n项和分别是Sn和Tn,且a1=b1=1,a2+b2=4,T3=3,则S3= (　 ) A.9 B.9或18 C.13 D.13或37 3.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,前后两项之差不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究,在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列,其前7项分别为1,7,15,27,45,71,107,则该数列的第8项为 (　 ) A.161 B.155 C.141 D.139 4.已知数列{an}的通项公式为an=2n-1,保持数列{an}中各项顺序不变,对任意的k∈N*,在数列{an}的ak与ak+1项之间都插入k(k∈N*)个相同的数(-1)kk,组成数列{bn},记数列{bn}的前n项和为Tn,则T100= (　 ) A.4056 B.4096 C.8152 D.8192 5.(多选题)若数列{an},{bn}满足an+1=2an+bn,bn+1=2bn+an,且a1=1,b1=0,则下列结论中正确的是 (　 ) A.a4=14 B.an+bn=3n-2 C.bi=58 D.若{an+λbn}为等比数列,则λ=±1 6.(多选题)已知数列{an}满足a1=2,an+1=设bn=a2n,记数列{an}的前2n项和为S2n,数列{bn}的前n项和为Tn,则下列结论正确的是 (　 ) A.a5=24 B.bn=n·2n C.Tn=n·2n+1 D.S2n=2n+1(2n-1)+2 7.公差不为0的等差数列{an}的部分项,,,…,构成等比数列,若k1=1,k2=2,k3=6,则kn=　　　　.  8.[2025·温州一模] 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≥100成立的n的最小值为　　　　.  9.已知bn=(-1)nn2,则数列{bn}的前n项和Tn=　　　　　　　　.  10.[2024·福建龙岩期末] 已知数列{an}的各项均为1,在其第k项和第k+1项之间插入k个2(k∈N*),得到新数列{bn},记新数列{bn}的前n项和为Sn,则b2024=　　　　,S2024=　　　　.  11.[2024·山东烟台二模] 已知{an}是公差不为0的等差数列,其前4项和为16,且a1,a2,a5成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=求数列{bn}的前2n项和T2n. 12.设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且a1=b1=a2-b2=a3-b3=1. (1)求{an}与{bn}的通项公式; (2)设{an}的前n项和为Sn,求证:(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1-Snbn. 13.[2025·湖南雅礼中学模拟] 已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且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,在数列{dn}中是否存在不同的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. 14.已知O为A,B,C三点所在直线外一点,且=λ+μ.数列{an},{bn}满足a1=2,b1=1,且(n≥2). (1)求λ+μ; (2)令cn=an+bn,求数列{cn}的通项公式; (3)当λ-μ=时,求数列{an}的通项公式. 参考答案 第41讲　双数列问题 1.D　[解析] 因为数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列,而数列{bn}是首项为1,公差为3的等差数列,所以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6的等差数列,故cn=1+(n-1)×6=6n-5.故选D. 2.B　[解析] 设等比数列{bn}的公比为q,由b1=1且T3=3知,当q=1时,则T3=3b1=3,符合题意,则bn=1,又a2+b2=4,所以a2=3,所以S3=a1+a2+a3=3a2=9;当q≠1时,则T3==3,即1+q+q2=3,解得q=1(舍去)或q=-2,所以bn=(-2)n-1,则b2=-2,又a2+b2=4,所以a2=6,所以S3=a1+a2+a3=3a2=18.综上可得,S3=9或18.故选B. 3.B　[解析] 令数列1,7,15,27,45,71,107,…为数列{an},于是a7=107,依题意,数列{an+1-an}为6,8,12,18,26,36,…,于是a7-a6=36.数列{(an+2-an+1)-(an+1-an)}为2,4,6,8,10,…,是等差数列,(a8-a7)-(a7-a6)=12,则a8-a7=(a7-a6)+12=36+12=48,因此a8=a7+48=107+48=155,所以该数列的第8项为155.故选B. 4.C　[解析] 将在ak与ak+1之间插入的k个相同的数看成一组,则插入的n组数共个,因为=78,78+13+9=100,所以数列{bn}的前100项依次为1,,2,,22,,23,…,211,,212,.因为-n2+(n+1)2=2n+1,所以-1+22-32+42-…-112+122-9×13=3+7+11+15+19+23-9×13=-117=-39,又数列{an}的前13项和为a1+a2+…+a13==213-1=210×8-1=1024×8-1=8191,所以T100=8191-39=8152.故选C. 5.ACD　[解析] 对于B,依题意,an+1=2an+bn,bn+1=2bn+an,则an+1+bn+1=3(an+bn),而a1+b1=1,因此数列{an+bn}是首项为1,公比为3的等比数列,则an+bn=3n-1,故B错误.又an+1-bn+1=an-bn,因此an-bn=a1-b1=1,结合an+bn=3n-1,可得an=,bn=.对于A,a4==14,故A正确;对于C,bi=0+1+4+13+40=58,故C正确;对于D,a1+λb1=1,a2+λb2=2+λ,a3+λb3=5+4λ,由{an+λbn}为等比数列,得(2+λ)2=5+4λ,解得λ=1或λ=-1,当λ=1时,an+λbn=an+bn=3n-1,显然数列{an+λbn}是等比数列,当λ=-1时,an+λbn=an-bn=1,显然数列{an+λbn}是等比数列,因此当数列{an+λbn}是等比数列时,λ=1或λ=-1,故D正确.故选ACD. 6.ACD　[解析] 对于A,a2=a1+2=4,a3=2a2=8,a4=a3+4=12,则a5=2a4=24,故A正确;对于B,由题意,b1=a2=4,当n≥2时,bn=a2n=a2n-1+()2n=2a2n-2+2n=2bn-1+2n,所以-=1,则是以1为公差,=2为首项的等差数列,则=2+(n-1)=n+1,则bn=(n+1)·2n,故B错误;对于C,Tn=b1+b2+…+bn,即Tn=2×21+3×22+4×23+…+(n+1)×2n,所以2Tn=2×22+3×23+…+n×2n+(n+1)×2n+1,两式相减得-Tn=4+(22+23+…+2n)-(n+1)×2n+1=4+-(n+1)×2n+1=-n×2n+1,所以Tn=n·2n+1,故C正确;对于D,S2n=(a1+a3+…+a2n-1)+(a2+a4+…+a2n)=[a2-()2]+[a4-()4]+…+[a2n-()2n]+(a2+a4+…+a2n)=2(a2+a4+…+a2n)-(2+22+…+2n)=2(b1+b2+…+bn)-=2Tn+2-2n+1=2n×2n+1+2-2n+1=2n+1(2n-1)+2,故D正确.故选ACD. 7.+　[解析] 设等差数列{an}的公差为d,则d≠0,由已知得=·,∴=a1·a6,即(a1+d)2=a1·(a1+5d),得3a1=d,于是在等比数列,,,…,中,公比q=====4.由为数列{}的第n项,知=·4n-1=a1×4n-1;由为数列{an}的第kn项,知=a1+(kn-1)d=a1(3kn-2),∴a1×4n-1=a1(3kn-2),故kn=+. 8.29　[解析] 由题意,数列{bn}为a1,,a2,,a3,,a4,…,在a1到a5之间3的个数为21+22+23+24=30,故数列{bn}到a5处共有35项,所以数列{bn}前30项中含a1,a2,a3,a4及26个3,故S29=a1+a2+a3+a4+25×3=2+22+23+24-4+75=2+4+8+16-4+75=101,而S28=S29-3=98<100,故使Sn≥100成立的n的最小值为29. 9.(-1)n·　[解析] ∵bn=(-1)nn2,∴Tn=b1+b2+…+bn=-12+22-32+42-…+(-1)n·n2.当n为偶数时,Tn=-12+22-32+42-…+(-1)n·n2=1+2+3+4+…+n=;当n为奇数时,Tn=-12+22-32+42-…+(-1)n·n2=-12+22-32+42-…-n2=-12+(22-32)+(42-52)+…+[(n-1)2-n2]=-.故数列{bn}的前n项和Tn=(-1)n·. 10.2　3985　[解析] 由题意,将数列{bn}的各项按如下数阵排列:其中第n(n∈N*)行有n+1项,则该数阵中第n行最后一项对应数列{bn}中第2+3+4+…+(n+1)=项.因为=2015<2024<=2079,且2024=2015+9,所以b2024位于数阵的第63行第9项,故b2024=2.数列{bn}的前2024项中,值为1的共63项,值为2的共2024-63=1961(项),因此S2024=1×63+2×1961=3985. 11.解:(1)设{an}的公差为d(d≠0),由题意知 即即 可得所以an=2n-1. (2)设数列{bn}的前2n项中的奇数项之和为A,偶数项之和为B,则A=++…+=21+25+…+24n-3===, B=++…+====-, 所以T2n=A+B=+-=--. 12.解:(1))设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,∵a1=b1=a2-b2=a3-b3=1,∴1+d-q=1,1+2d-q2=1,解得d=q=2, ∴an=1+2(n-1)=2n-1,bn=2n-1. (2)证明:∵bn+1=2bn≠0,∴要证明(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1-Snbn,即证明(Sn+1+an+1)bn=2Sn+1·bn-Snbn,即证明Sn+1+an+1=2Sn+1-Sn, 即证明an+1=Sn+1-Sn, 由数列的通项公式和前n项和的关系得an+1=Sn+1-Sn, ∴(Sn+1+an+1)bn=Sn+1bn+1-Snbn. 13.解:(1)设等比数列{an}的公比为q,由题意知,当n=1时,a1q=2a1+2①, 当n=2时,a1q2=2(a1+a1q)+2②, 联立①②,解得a1=2,q=3,所以数列{an}的通项公式为an=2×3n-1. (2)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}中存在不同的3项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列,则=dm·dp, 所以=×,即=, 又因为m,k,p成等差数列,所以2k=m+p,所以(k+1)2=(m+1)(p+1), 化简得k2+2k=mp+m+p,所以k2=mp,又2k=m+p,所以k=m=p,与已知矛盾,所以在数列{dn}中不存在不同的3项dm,dk,dp成等比数列. 14.解:(1)由A,B,C三点共线,设=m,则=-=m=m(-),化简得=(m+1)-m,所以λ=m+1,μ=-m,所以λ+μ=1. (2)由题设得an+bn=(λ+μ)(an-1+bn-1)+2=an-1+bn-1+2(n≥2), 即cn=cn-1+2(n≥2),所以{cn}是首项为a1+b1=3,公差为2的等差数列,其通项公式为cn=2n+1. (3)由题设得an-bn=(λ-μ)(an-1-bn-1)=(an-1-bn-1)(n≥2), 令dn=an-bn,则dn=dn-1(n≥2),所以{dn}是首项为a1-b1=1,公比为的等比数列,其通项公式为dn=.由可得an=+n+. 1 学科网（北京）股份有限公司 $