数列中四类特殊项问题及其解法探究-《中学生数理化》高二数学2026年7～8月刊

解题篇创新题追根溯源 高二数学2026年7-8月 中学生数理化 数列中四类持殊项间题及其解法探究 ■安徽省阜阳市第七高级中学 张青梅 数列是高中数学的重要内容之一，不仅 余下的项按原来的顺序组成数列{c,},且数 是各类考试的高频考点，更是培养同学们逻 列(cn}的前n项和为T。,求T1o。 辑推理与综合应用能力的重要载体。数列特 殊项问题是对已知数列进行去项、插项，提取 解析：1)因为点(，号)n∈N)均在 两个数列的公共项，或将两个数列的项按特 斜率为2的直线上，所以S一S二=1 定规律重组，进而生成新数列的一类题型。 nn-1=2n≥ 2,n∈N")。 这类问题既具备独特的解题思路，又蕴含着 数列的基本性质与变形技巧。解题的关键在 故数列年}是以1为首项，号为公差的 于精准把握新数列与原数列的内在联系，清 等差数列， 晰识别新数列的构成规律。下面将梳理这四 =1+m-D×号-士，所以 n 类典型的数列特殊项问题，结合经典例题剖 s.=nn+1D(m∈N). 2 析解题思路与方法，帮助同学们构建清晰的 解题思维框架，切实提升分析和求解数列问 当n≥2时，a,=S。-S.-1=n(n+1D 2 题的能力。 (n1=n。 一、去项型：剔除特定条件的项，求新数 2 列的通项或前n项和 又a1=1满足上式，故an=n(n∈N*)。 解题思路：先明确原数列的通项公式，分 数列{an},{bn}满足a1b1十ab2十…十 abm=2+(n-1)·2"+1,当n≥2时，a1b1十 析被剔除项的特征并确定其在原数列中的位 置规律，再通过项数对应关系推导新数列的 a2b2+…+am-1b。-1=2+(n-2)·2”。 通项，求和时可采用“原数列和减去被别除项 两式相减得anb。=n·2"。当n=1时， 和”的补集思想。 a1b1满足上式，故anbn=n·2"(n∈N)。 所以am=n,bn=2"(n∈N')。 例1已知数列{am}的前n项和是 (2)设数列{am}的前p项中有数列{bm} S.a=1,点，})m∈N)均在斜率为日 的q项，则p一q=100,且2”≤p,即求满足 2”≤100十g的最大正整数q,易得q=6,所以 的直线上。数列{am},{bm}满足a1b1十a2bg 数列{an}的前106项有数列{bn}的6项。 +…十anbn=2十(n-1)·2+1。 于是T10=S16一(2十22十…十2)= (1)求数列{an},{b}的通项公式； (1+106)×106_2×(1-2) (2)若数列{a,}中去掉数列{bn}的项后， 2 1-2 =5545。 77 中学生表理化餐望赞学创新穿靓损月 点评：本题通过等差、等比数列的性质联 项时要解指数方程并列举判断，体现出去项 立求得通项，关键在于巧妙利用“前p项中含 问题中“精确枚举别除项”的重要性。 9个被剔除项”的条件建立不等式，从而确定 二、公共项型：提取两个数列的公共项， 新数列的项数关系，最终用补集法求和。本 求新数列的通项或前n项和 题体现了去项问题中“先识别、再剔除、后求 解题思路：先写出两个数列的通项公式， 和”的典型思路。 通过设等式am=bn推导正整数m与n的约 例2已知数列{2·}是公比为4的等 束关系，筛选出满足条件的正整数m与n,进 比数列，且满足a2,a:,a,成等比数列。S。 而得到公共项数列的通项规律。 为数列{b,}的前n项和，且bn是1和S,的 例3已知数列{an}的前n项和Sn= 等差中项。 (1)求数列{an},{bm}的通项公式； 3n+”,{b.}为等比数列，公比为2，且b, 2 (2)若数列{c}是由数列(am}中的项依 b:十1，b3为等差数列。 次别除{b}的项后剩下的部分组成，求数列 (1)求{am}与{bm}的通项公式； {cm}的前100项和。 (2)把数列{am}和{bn}的公共项由小到 解析：(1)数列{2“”}是公比为4的等比 大排成的数列记为{c.},求数列{cm}的前n 项和T。。 数列，则2 2 =2+19”=4,即am+1一am=2, 解析：1)S。=3n十n 当n=1时，a1= 2 故(an}是公差为2的等差数列。 又a2,a:,a,成等比数列，所以a2·a,= S,=2:当n≥2时a.=S,-S。1=3m+n 2 a,即(a1+6)2=(a1+2)·(a1+12),解得 3(n-1)2+（n-1D=3m-1. 2 a1=6,故am=2n+4。 当n=1时，上式也成立，故am=3n一1。 由bm是1和S,的等差中项，得2bn= 由题意知，b1十b,=2(b2十1)，即b1+ 1+Sm。 b1·2=2(b1·2+1),解得b1=2,所以bm= 当n=1时，2b1=1十S1=1+b1,解得 b1=1;当n≥2时，2bn-1=1+Sm-1,2bm=1+ (2)设am=bn,则3m-1=2”。 S.,两式相减得2b一2bm-1=bm,即b.= 当n=1时，2=2，对应m=1； 2b。-1,故{bn}是首项为1，公比为2的等比数 当n=3时，23=8，对应m=3; 列，bn=2”1。 当n=5时，2=32，对应m=11； 当n=1时，b,满足上式。故b,=2”1。 （(2)令am=2n十4=bm=2m-1,得n=2m-2 故数列{a,}和{b}的公共项从小到大依 2。 次为2,23,2,2，…，即{cn}是首项为2，公 当m=4时，n=2;当m=5时，n=6;当 比为4的等比数列，cm=2×4"-1。 m=6时，n=14;当m=7时，n=30:当m=8 时，n=62;当m=9时，n=126。 于是T。=c1+c:十…+c.=20-4) 1-4 故数列{am}的前105项中有5项需要别 2(4"-1) 除，分别为8,16,32,64,128。 3 故数列{cm}的前100项和为105×6+ 点评：本题通过比较等差数列与等比数 104×105 列的通项，发现公共项构成一个新的等比数 ×2-8-16-32-64-128=11302。 列，直接利用等比数列求和公式求解。解题 点评：本题将指数型等比数列转化为等 的关键在于从通项结构出发，识别公共项的 差数列，通过条件建立方程求解通项。剔除 规律，化繁为简。通常情况下，若两个数列均 78 局草新根西骨中学生教理化 为等差（等比）数列，则它们的公共项仍为等 合奇偶性判断，成功地将公共项规律表达出 差（等比）数列，其公差（公比）与原数列公差 来。求和时，自然地将T。拆分为等比数列与 (公比)的最小公倍数（乘方）有关。若一个是 等差数列的和。本题综合性较强，考查了通 等差数列，另一个是等比数列，则通常要解一 项求解、数列构造、奇偶分析及分组求和等多 个指数型方程，公共项往往构成一个新的等 个知识，点。 比数列。 三、插项型：在原数列的项之间插入指定 例4已知数列{an}满足a1=2,且 项，求新数列的通项或前n项和 na+ 。在数列{bn} 解题思路：分析原数列相邻两项之间的 2” 插项规则，即插入项的数量、数值与原数列项 中，b1=2,点P(b。,bn+1)在函数y=x十2的 的关联，拆分新数列的项为原数列项与插入 图像上。 项两部分，分别分析其规律后再整合。 (1)求数列{am}和{bm}的通项公式： 例5已知数列(a.}满足a1=3,aw+1 (2)将数列6和。.+会}的所有公共 =2a.+1:数列6，)满足6，十会+管+…十 项从小到大排列得到数列{c},求数列{cm》} 的前n项和T。。 2n-1=n。 解析：1因为a十号十受+… 2-1 (1)求数列{am}和(bn}的通项公式。 a出，所以当n≥2时，a,+2+2十…十 (2)将{b。}中的项按从小到大的顺序插 2 2 入{am}中，且在任意的a,a+1之间插入 an-1 2w2 “22,则0= 2k一1项，从而构成一个新数列(cm}:a1,b:, 2” a2,b2,bg,b,,ag,…。设{cm}的前n项和为 n-1)a,整理得a+1=2a,(n≥2)。 Tm,求T1m。 2-1 解析：(1)由am+1=2am十1，得am+1十1= 又a1=2,a2=2a1=4,所以{am}是首项 2(am+1)。 为2，公比为2的等比数列，an=2·2”1= 又a1十1=4≠0，所以数列{am十1}是首 2”。 项为4，公比为2的等比数列，am十1=4× 因为点P(bn,b+1)在函数y=x十2的 2m-1=2+1。 图像上，所以b+1=b。十2，即b+1一b.=2。 故an=2"+1-1。 又b1=2,所以{b。}是首项为2，公差为2 的等差数列，bm=2+2(n一1)=2n。 、61+2十…十2 2n-1=,则当n≥2时， (2)因为b。=2n是所有的正偶数，且 a.+2=2+n,所以c=2+2m 3 2231·女之2”11得 bn=2n-1。 Tm=c1十c2+cg+…+cw=22十2+2'十 当n=1时也成立，故bn=2n一1。 4+2十6十…+2十2n=22十2+2+…+ (2)新数列{cm}的构造规则：在a1后插 2如+2+4+6+…+2m=4-4)+ 1一4 入1项，在a。后插入3项，·，在a。后插入 n(2+2n)4+1-4, 2k一1项。 2 3 n2+n。 到am为止（包括am)的总项数Nm= 点评：解题的关键在于构造出数列 m+[1+3+…+(2m-3)]=m+ 口十号}并子找夹与等差数列(6.}的公共 (m-1)[1+(2m-3)]=m-m+1。 2 项。通过分析公共项方程2k一2”十，并结 当m=10时，共10-10+1=91（项）， 79 解题篇创新题追根溯源 中学生教理化高数学2026年78月 a1+…+a1o=22-1十23-1+…+2-1= 两式相减得，T。=十2 1 1 十十 22-22 1-2 一10=22一4一10=4082，插入项b 到6的和为81X0+2X81-D=81:- 1 2n-1 -) 2n-1 2 20-1 20+ 1 2+ 1一2 6561,故T1=4082+6561=10643。 32n+3 第92到100项为a0后插入的前9项， 2 2m+1 即b:到b0,和为9X(2×82-1十2×90-1) 所以T。=3- 2n+3 2 2 =1539,故T1=10643+1539=12182。 (3)在c。与cm+1之间插入n个数组成等 点评：本题是插项问题的典型代表，难，点 差数列，共有n十2项，其中首项为c。,末项为 在于对新数列结构的理解和项数的计算。通 cm+1。于是cw+1=c十(n十2-1)dn,即2"+1 过引入Nm=m一n十1这一公式，我们能够 2 快速定位到目标项数所处的“段落”。解题过 =2+(m十10d.,解得d.=n+1 程体现了“先整体，后局部”的思想，先求出包 假设在数列{d,}中存在互不相同的三项 含完整段落（到某个am为止）的和，再处理剩 dm,d。,d。(其中m,k,p成等差数列)成等比 余不完整段落的项。计算量虽大，但思路清 晰，步骤明确。 数列.则a=d.d,即()广=n 例6若数列(a.}的首项a1=1,且满 22 2m+p 足am+1=2am+1(n∈N),令cm=am+1。 b+7:则k十1)=(m+1)(b+1: (1)证明{cm}是等比数列，并求{am}的通 由n,k,p成等差数列，得n十p=2k, 项公式。 因此(k十1)=(m+1)(p十1)，整理得k”= (2)若6，=2”-1，求{6.}的前1项和 mp,则k=n=p,与dm,dg,d。为互不相同 的三项矛盾，所以在数列{d,}中不存在互不 丁。 相同的三项dm,d。,d。(其中n,k,p成等差 (3)在cm与cw+1之间插入n个数，使这n 数列)成等比数列。 十2个数组成一个公差为d。的等差数列。 点评：本题综合考查等比数列的证明、错 在数列{d,}中是否存在互不相同的三项dm, 位相减法求和，以及在插入等差数列后探究 dk,d。(m,k,p∈N,其中m,k,p成等差数 三项成等比的存在性问题。(3)问通过反证 列)成等比数列？若存在，求出这样的三项； 法推导出矛盾，是本题的难点，需要同学们具 若不存在，请说明理由。 备很好的运算推理能力。 解析：(1)由aw+1=2a,+1,得am+1+1= 四、重组型：将两个数列的项按规律重新 2(a。+1)。 排列，求新数列的通项或前n项和 而cm=am+1,则cw+1=2ca。又c1= 解题思路：分析重组的规则（如交替排 a1十1=2≠0，故数列{cm}是以2为首项，2为 列、大小顺序排列、周期排列、奇偶项分段 公比的等比数列，所以am十1=cm=2·2” 等)，确定新数列的分段周期与每段的构成， =2”,即am=2”-1。 结合项数的周期性推导通项。 (2)由(1)知，b.=2n-1 d 例7设(a.是等比数列，(b.}是递增 2” 的等差数列，{b}的前n项和为Sn(n∈N), 1,3 5+…+1 2n-11 T.=2++ ’2T。 a1=2,b1=1,S,=a1十aaa2=b1十ba。 2十2+2+…+2”-3+2m-1 13,5 (1)求数列{a,}和{bn}的通项公式； 2 2+1。 (2)将数列{am}与数列{b.}的所有项按 80 高仁数学军根滑中学生数理化 解题篇创新题追根溯源 照从小到大的顺序排列成一个新的数列，求 2+d,g1=4+2d,解得q=2,d=2。 此新数列的前50项和。 所以am=2"-1,bn=2n。 解析：(1)设等比数列{am}的公比为q, (2)因为数列{bm}是正偶数构成的等差 等差数列{bm}的公差为d(d>0)。 数列，数列{a,}除首项外，其余项都是2的倍 14b1+6d=a1十a19, 数，所以数列{c,}的前50项中，第1项为1， 由已知条件得{ 即 a1q=2b1+2d, 剩余49项为前49个正偶数，故S=1十2× 2+6d=2q解得0二 0（舍去)或9=2， 49+49×48 ×2=2451。 2 2g=2+2d, d=0 ld=1。 所以am=a1g"-1=2”,bn=b1+(n-1)d (2”,n为奇数， (3)d,= n∈N"。 n+2,n为偶数 -no (2)由(1)知，数列{an}与数列{bn}都是 所以T如-1=d1+d:+d:+d:++ 递增数列，当n=5时，a=32<50,当n=6 dm-1=(2+23+2十…+22m-1)+(4+6+ 时，aa=64>50,且a1+a2+a3+a:+a= 8+.+2m)=2二42）+4+2m(m-1)= 14 2 2-2 1一2 =62,b1+b:+…+b6= 45×(1+45) 2 -8+2×4 3 3 -+n2+n。 =1035,所以新数列的前50项和为62+ 由3Tm-1≥2m+1+3nt-14,得 1035=1097。 ,点评：本题的难，点在于对“合并”规则的 3(-8+2+w+m）≥g+8t-14, 理解，两个数列的所有项合并排序，重复项保 即≤n十2+1对任意的n∈N都成立。 留。解题时要确定前50项中两个数列各自 “贡献”的项数，通过比较项的大小合理分配。 因为n十2+1≥2V2+1,n∈N,等号 计算和时直接分别求和再相加，注意不要遗 n 漏重复项。本题也提醒我们，处理重组问题 取不到，当n=1时，1+2+1=4，当n=2时， 时，对“相同数值”的处理要依据题意谨慎 2十1十1=4，所以正数t的取值范围是0< 决定。 t4。 点评：本题将两个数列按大小顺序合并 例8已知(an}是首项为1的等比数 为新数列，通过比较项的大小确定各自在前 列，{bn}是首项为2的等差数列，a3=b:且 n项中的数量，进而分组求和。本题还结合 a,=b1+b3。 奇偶分段数列与恒成立问题，考查同学们的 (1)求{a}和{b,}的通项公式； 整合与转化能力。 (2){am},{bm}中的所有项分别构成集合 数列特殊项问题虽然形式多样，但其核 A,B,将AUB的所有元素按从小到大的顺 心仍是数列通项、求和等基本性质与方法的 序排列组成新数列{cn},求数列{c,}的前50 综合运用。去项问题重在对相同项的识别与 项和S0; 别除；公共项问题要从通项关系入手构造新 (3)设数列{dn}的通项公式为d。= 数列；插项问题要依据规则分段处理、分组求 1am+1,n为奇数， 合+2m为偶数”∈N”,记{口，}的前n项 和：重组问题的关键在于比较大小、合理分配 项数。解决这些问题，首先在于审清题意、辨 和为T。,若3Tm-1≥2+1十3nt-14对任意 明类型，继而运用对应策略化繁为简。学习 中应注重从具体例题归纳一般思路，强化计 的n∈N"都成立，求正数t的取值范围。 解析：(1)设{am}的公比为q(q≠0)， 算与推理，从而在掌握通法的基础上提升举 一反三的能力。 {b}的公差为d。 (责任编辑赵待) 因为a3=b2,且a,=b1十b3,所以q2= 81