数列的去项,公共项,并项,插项问题
类型一：数列中的去项问题
1 (2024·汕头模拟)已知数列{an}的前n项和是Sn，a1＝1，点(n∈N*)在斜率为的直线上，数列{an}，{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－1)·2n＋1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若数列{an}中去掉和数列{bn}中相同的项后，余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，且数列{cn}的前n项和为Tn，求T100.
解：(1)∵点(n∈N*)在斜率为的直线上，
∴－＝(n≥2，n∈N*)，
又＝a1＝1，
∴数列是以1为首项，为公差的等差数列，
∴＝，∴Sn＝(n∈N*).
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n，
当n＝1时，a1＝1满足上式，
∴an＝n(n∈N*).
∵数列{an}，{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－1)·2n＋1，
∴当n≥2时，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝2＋(n－2)·2n，
两式相减，得anbn＝n·2n(n≥2)，
当n＝1时，a1b1＝2＋(1－1)×21＋1＝2＝1×21，满足上式，
∴anbn＝n·2n(n∈N*).
∴bn＝2n(n∈N*).
(2)设数列{an}的前p项中有数列{bn}的q项，p－q＝100，则2q≤p，
即2q≤100＋q.
易得满足2q≤100＋q的最大正整数q为6，
∴数列{cn}的前100项，
由数列{an}中的前106项去掉和数列{bn}中相同的6项得到，
∴T100＝S106－(2＋22＋…＋26)＝－＝5 545.
易错提醒 解答去项问题的易错之处是不能准确确定数列中去掉的项数，或求和时不会采取原数列和减去去掉各项和的方法.
2 已知正项数列{an}和{bn}，Sn为数列{an}的前n项和，且满足4Sn＝a＋2an，an＝2log2bn.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)将数列{an}中与数列{bn}中相同的项剔除后，按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Tn，求T100.
解 (1)因为4Sn＝a＋2an，
所以n≥2时，4Sn－1＝a＋2an－1，
两式相减得4an＝a－a＋2a n－2an－1，
(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
因为an>0，所以an－an－1＝2，
又4a1＝a＋2a1，a1>0，
所以a1＝2，
所以an＝2＋2(n－1)＝2n，
2n＝2log2bn，bn＝2n.
(2)根据(1)的结论，数列{bn}的前8项依次为：2，4，8，16，32，64，128，256对应数列{an}的第1，2，4，8，16，32，64，128项，
故数列{cn}的前100项为数列{an}的前107项，剔除数列{bn}的前7项的数列.
所以T100＝(a1＋a2＋…＋a107)－(b1＋b2＋…＋b7)＝－＝11 302.
类型二：数列中的公共项问题
1 (2024·西安调研)已知数列{an}的前n项和Sn＝，{bn}为等比数列，公比为2，且b1，b2＋1，b3为等差数列.
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排成的数列记为{cn}，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)由Sn＝，
当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，
当n＝1时，上式也成立，所以an＝3n－1.
依题意，b1＋b3＝2(b2＋1)，b1＋b1·22＝2(b1·2＋1)，解得b1＝2，所以bn＝2n.
(2)数列{an}和{bn}的公共项从小到大依次为21，23，25，27，…，
所以21，23，25，27，…构成首项为2，公比为4的等比数列，所以cn＝2×4n－1，则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＝(4n－1).
规律方法 两个等差数列的公共项是等差数列，且公差是两等差数列公差的最小公倍数；两个等比数列的公共项是等比数列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数；等差数列与等比数列的公共项所构成的新数列，一般仍为等比数列.
2 数列{2n－1}和数列{3n－2}的公共项从小到大构成一个新数列{an}，数列{bn}满足bn＝，则数列{bn}的最大项等于________.
解析：数列{2n－1}和数列{3n－2}的公共项从小到大构成一个新数列为1，7，13，…，该数列是首项为1，公差为6的等差数列，
所以an＝6n－5，所以bn＝，
因为bn＋1－bn＝－＝，
所以当n≥2时，bn＋1－bn<0，
即b2>b3>b4>…，
又b1类型三：数列中的并项问题
1 (2024·福州模拟)已知等比数列{an}为递增数列，其前n项和为Sn，满足S2＝6，S4＝30.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn＝2n－1，将数列{an}与{bn}中的项按从小到大的顺序依次排列，构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前50项和T50.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
显然q>0且q≠1，
由已知得得q＝2(负值舍去)，
所以a1＝2，所以an＝a1qn－1＝2n.
(2)数列{an}中的项从小到大依次为2，4，8，16，32，64，128，…，
又b40＝79，b50＝99，
所以依题意可知新数列{cn}的前50项中，数列{an}中的项只有前6项，数列{bn}中的项有44项，
所以T50＝(2＋4＋8＋16＋32＋64)＋(1＋3＋5＋7＋…＋87)＝＋＝126＋1 936＝2 062.
易错提醒 解决数列的并项问题的难点，也是易错之处，为确定两个数列中各有多少项作为新数列的项，求解时可利用解不等式法或试探法.
2 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2，数列{bn}满足2bn＝bn－1＋bn＋1，且a2＝4b1，a3＝b8.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)将{an}和{bn}中的所有项按从小到大的顺序排列组成新数列{cn}，求数列{cn}的前100项和T100.
解：(1)由S2＝2a2－2，S3＝a4－2两式作差可得a3＝a4－2a2，即a2q＝a2q2－2a2，
∵a2≠0，则q2－q－2＝0，∵q>0，解得q＝2，
∴2a2－2＝4a1－2＝a1＋a2＝3a1，
解得a1＝2，∴an＝a1qn－1＝2n.
∵2bn＝bn－1＋bn＋1，
故数列{bn}为等差数列，设该数列的公差为d，
由于a2＝4b1＝4，可得b1＝1，a3＝b8＝8，
∴d＝＝1，∴bn＝b1＋(n－1)d＝n.
(2)当n≤6时，an＝2n≤64，
当n≥7时，an＝2n≥128，
∴数列{cn}的前100项中，{an}有6项，{bn}有94项，
∴T100＝＋＝4 591.
类型四：数列中的插项问题
1 (2024·石家庄质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，满足3a2＋2a3＝S5＋6.
(1)若数列{Sn}为递减数列，求a1的取值范围；
(2)若a1＝1，在数列{an}的第n项与第n＋1项之间插入首项为1，公比为2的等比数列的前n项，形成新数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Tn，求T95.
解：(1)法一 记{an}的公差为d，由3a2＋2a3＝S5＋6得3(a1＋d)＋2(a1＋2d)＝5a1＋d＋6，得d＝－2，
所以Sn＝na1＋×(－2)＝－n2＋(a1＋1)n.
若数列{Sn}为递减数列，则Sn＋1－Sn<0(n≥1)恒成立，即an＋1＝a1－2n<0(n≥1)恒成立，
得a1<2n(n≥1)恒成立，即a1<2.
法二；记{an}的公差为d，由3a2＋2a3＝S5＋6得
3(a1＋d)＋2(a1＋2d)＝5a1＋d＋6，得d＝－2，
所以Sn＝na1＋×(－2)
＝－n2＋(a1＋1)n.
若数列{Sn}为递减数列，则需满足<，解得a1<2.
(2)由(1)知，{an}的公差d＝－2，
又a1＝1，所以an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.
根据题意，数列{bn}为1，20，－1，20，21，－3，20，21，22，－5，…，－2n＋3，20，21，…，2n－1，－2n＋1，….
可将数列分组：
第一组为1，20；
第二组为－1，20，21；
第三组为－3，20，21，22；
……
第k(k∈N*)组为－2k＋3，20，21，22，…，2k－1；
……
则前k组一共有2＋3＋…＋(k＋1)＝(项)，
当k＝12时，项数为90.
故T95相当于是前12组的和再加上－23，1，2，22，23，
即T95＝[1＋(－1)＋(－3)＋…＋(－21)]＋[20＋(20＋21)＋(20＋21＋22)＋…＋(20＋21＋…＋211)]＋(－23＋1＋2＋22＋23).
20＋(20＋21)＋(20＋21＋22)＋…＋(20＋21＋…＋211)可看成是数列{cn}(cn＝2n－1)的前12项和，
所以T95＝＋－12－23＋1＋2＋4＋8＝213－142
＝8 050.
规律方法 解决插项问题，首先要清楚插入数列的项数，新插入数列与原数列各项之间的关系，然后利用分组或并项法求和.
2 (2024·衡阳质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1.
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；
(2)在ak和ak＋1(k∈N*)之间插入k个数构成一个新数列{cn}：a1，b1，a2，b2，b3，a3，b4，b5，b6，a4，…，其中插入的所有数依次构成数列{bn}，通项公式bn＝
(－1)n2n.求数列{cn}的前30项和T30.
(1)证明:当n＝1时，S2＝2S1＋2，
得a1＋a2＝2a1＋2，解得a2＝3.
当n≥2时，Sn＋1＝2Sn＋n＋1，①
Sn＝2Sn －1＋n，②
①－②得an＋1＝2an＋1(n≥2)，
∵a2＝3＝2a1＋1，
∴an＋1＝2an＋1(n≥1)，
则an＋1＋1＝2an＋2＝2(an＋1)，
∵a1＋1＝2≠0，∴＝2，
∴{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列.
(2)解:由(1)知an＋1＝2n，an＝2n－1.
在数列{cn}中，项a7之前(含a7)共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28<30，
∴数列{cn}的前30项中包含了数列{an}的前7项及数列{bn}的前23项，
∴T30＝a1＋a2＋…＋a7＋b1＋b2＋…＋b23
＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(27－1)＋(－2＋4－6＋8－…－46)
＝－7＋[－2＋(－2)×11]＝223.
【配套练习】
1.(2024·开封质检)已知Sn为数列{an}的前n项和，且an>0，a＋2an＝4Sn＋3，bn＝a2n－1，cn＝3n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)将数列{bn}与{cn}的所有公共项按从小到大的顺序组成新数列{dn}，求{dn}的前10项的和.
解：(1)由a＋2an＝4Sn＋3，
可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3，
两式相减得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即(an＋1＋an)(an＋1－an)＝2(an＋1＋an).
因为an>0，所以an＋1－an＝2.
又a＋2a1＝4S1＋3，a1>0，解得a1＝3，
即{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列，
所以{an}的通项公式为an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)由(1)知bn＝4n－1，数列{bn}与{cn}的公共项满足bn＝ck，
即4n－1＝3k，k＝＝n＋，
而k，n∈N*，于是可令＝m－1(m∈N*)，
即n＝3m－2，此时k＝4m－3，m∈N*，
因此b3m－2＝c4m－3＝12m－9，
即dn＝12n－9，
数列{dn}是以3为首项，12为公差的等差数列.
令{dn}的前n项和为Tn，
则T10＝10×3＋×12＝570，
所以{dn}的前10项的和为570.
2.(2024·成都诊断)已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，a－2Sn＝n＋1，Sn是数列{an}的前n项和.
(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2k构成一个新数列{bn}：a1，2，a2，22，22，a3，23，23，23，a4，…，求{bn}的前90项和T90.
解：(1)当n＝1时，a2＝2，
当n≥2时，得a－2Sn－1＝n，
又a－2Sn＝n＋1，
两式相减得a－a＝2an＋1，
a＝a＋2an＋1＝(an＋1)2，
∵数列{an}各项均为正数，∴an＋1－an＝1，
又∵a2－a1＝1，∴数列{an}为等差数列，
故an＝a1＋n－1＝n.
(2)在数列{bn}中，在ak＋1之前的所有项数为
k＋(1＋2＋3＋…＋k)＝≤90，
故k≤12时，当k＝12时，数列{bn}中，a13之前的所有项数恰好为90，
∴T90＝(a1＋a2＋a3＋…＋a12)＋(1×21＋2×22＋3×23＋…＋12×212)
＝＋(1×21＋2×22＋3×23＋…＋12×212)
＝78＋(1×21＋2×22＋3×23＋…＋12×212)，
令Q12＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋12×212，
则2Q12＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋12×213，
∴－Q12＝21＋22＋23＋24＋…＋212－12×213
＝－11×213－2，
∴Q12＝11×213＋2，
∴T90＝78＋Q12＝11×213＋80.数列的去项,公共项,并项,插项问题
类型一：数列中的去项问题
1 (2024·汕头模拟)已知数列{an}的前n项和是Sn，a1＝1，点(n∈N*)在斜率为的直线上，数列{an}，{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－1)·2n＋1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若数列{an}中去掉和数列{bn}中相同的项后，余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，且数列{cn}的前n项和为Tn，求T100.
2 已知正项数列{an}和{bn}，Sn为数列{an}的前n项和，且满足4Sn＝a＋2an，an＝2log2bn.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)将数列{an}中与数列{bn}中相同的项剔除后，按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Tn，求T100.
类型二：数列中的公共项问题
1 (2024·西安调研)已知数列{an}的前n项和Sn＝，{bn}为等比数列，公比为2，且b1，b2＋1，b3为等差数列.
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
(2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排成的数列记为{cn}，求数列{cn}的前n项和Tn.
2 数列{2n－1}和数列{3n－2}的公共项从小到大构成一个新数列{an}，数列{bn}满足bn＝，则数列{bn}的最大项等于________.
类型三：数列中的并项问题
1 (2024·福州模拟)已知等比数列{an}为递增数列，其前n项和为Sn，满足S2＝6，S4＝30.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn＝2n－1，将数列{an}与{bn}中的项按从小到大的顺序依次排列，构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前50项和T50.
2 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2，数列{bn}满足2bn＝bn－1＋bn＋1，且a2＝4b1，a3＝b8.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)将{an}和{bn}中的所有项按从小到大的顺序排列组成新数列{cn}，求数列{cn}的前100项和T100.
类型四：数列中的插项问题
1 (2024·石家庄质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，满足3a2＋2a3＝S5＋6.
(1)若数列{Sn}为递减数列，求a1的取值范围；
(2)若a1＝1，在数列{an}的第n项与第n＋1项之间插入首项为1，公比为2的等比数列的前n项，形成新数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Tn，求T95.
2 (2024·衡阳质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1.
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；
(2)在ak和ak＋1(k∈N*)之间插入k个数构成一个新数列{cn}：a1，b1，a2，b2，b3，a3，b4，b5，b6，a4，…，其中插入的所有数依次构成数列{bn}，通项公式bn＝
(－1)n2n.求数列{cn}的前30项和T30.
【配套练习】
1.(2024·开封质检)已知Sn为数列{an}的前n项和，且an>0，a＋2an＝4Sn＋3，bn＝a2n－1，cn＝3n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)将数列{bn}与{cn}的所有公共项按从小到大的顺序组成新数列{dn}，求{dn}的前10项的和.
2.(2024·成都诊断)已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，a－2Sn＝n＋1，Sn是数列{an}的前n项和.
(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2k构成一个新数列{bn}：a1，2，a2，22，22，a3，23，23，23，a4，…，求{bn}的前90项和T90.
