微课培优5 公共项、插(减)项及整数的存在性问题
1.解决公共项、插(减)项问题的一般方法是构造新数列,利用新数列的特征(等差、等比或其他特征)求解原数列.
2.数列作为特殊函数,“整数的存在性问题”能巧妙地植入数列中,利用多元整数不定方程或不等式,进行参变分离,求出含参变量函数的值域进行判断,有时也可以结合反证法解决.
类型一 公共项问题
[典例1] (2025·浙江湖州模拟)已知{an}是首项为2,公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=4,bn+1=3bn－2n+1.
(1)求证:{bn－n}是等比数列,并求{an},{bn}的通项公式;
(2)若数列{an}与{bn}中有公共项,即存在k,m∈N*,使得ak=bm成立.按照从小到大的顺序将这些公共项排列,得到一个新的数列,记作{cn},求c1+c2+…+cn.
求两个数列的公共项的方法
(1)不定方程法.列出两个项相等的不定方程,求出符合条件的项,并解出相应的通项公式.
(2)周期法.寻找下一项,通过观察找到首项后,从首项开始,向后逐项判断,并找到规律(周期),分析相邻两项之间的关系,从而得到通项公式.
(3)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.
[拓展演练1] (2025·吉林白山模拟)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.
类型二 插(减)项数列问题
[典例2] (2025·江苏南通模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1 ,=
8n,n∈N* .
(1)求Sn;
(2)在数列{an}的每相邻两项ak,之间依次插入a1,a2,…,ak,得到数列{bn}:a1,a1,a2,a1,a2,
a3,a1,a2,a3,a4,…,求{bn}的前100项和.
解决插(减)项数列问题的要点
对于数列的中间插项或减项构成新数列问题,先判断数列之间共插入或减少了多少项(运用等差、等比求和或者项数公式去看),再对于题目给出的条件确定它包含了哪些项.
[拓展演练2] (2025·山西阳泉模拟)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.
类型三 整数存在性问题
[典例3] 已知数列{an}满足an+1=an+2,a1=2.
(1)求证:数列{an－4}是等比数列;
(2)求数列{an}的前n项和Sn;
(3)是否存在正整数m,n,使成立 若存在,求出m,n的值;若不存在,请说明理由.
解决整数存在性问题的方法
(1)妙用不等关系,缩小范围.根据条件将其中一个未知量的范围进行缩小,从而求出这个未知量的整数解,再进一步求出其他未知量的整数解.
(2)将方程中的一个未知量用含另一个未知量的代数式表示,分离出整数部分可利用整除性质求其整数解.
(3)数列的不定方程的两边都可以看成一个以某变量为主元的函数.可借助函数工具,分别研究两个函数的性质,从而实现方程到函数的等价转换.
[拓展演练3] 设数列{an}的首项a1为常数(a1≠),且an+1=3n－2an(n∈N*).
(1)求证: {an－}是等比数列;
(2)若a1=,{an}中是否存在连续三项成等差数列 若存在,写出这三项;若不存在,请说明理由.
(3)若{an}是递增数列,求a1的取值范围.
(分值:85分)
单选每题5分,多选每题6分,填空每题5分.
1.已知数列{an}满足an=2n－1,在an,an+1之间插入n个1,构成数列{bn}:a1,1,a2,1,1,a3,1,1,1,
a4,…,则数列{bn}的前100项和为( )
[A] 211 [B] 232 [C] 247 [D] 256
2.设{an}是各项均为正数的等比数列,Sn为其前n项和.已知a1·a3=16,S3=14,若存在n0使得a1,a2,…,的乘积最大,则n0的值可能是( )
[A] 4 [B] 5 [C] 6 [D] 7
3.在数列{an}中,若存在不小于2的正整数k使得 ak
[A] bn=n [B] bn=2n
[C] bn=n+ [D] bn=
4.(2025·河南南阳模拟)设m为正整数,数列a1,a2,…,a3m+2是公比不为1的等比数列,若从中删去两项ai和aj(i①数列a1,a2,…,a5是(1,2)－可分数列;②数列a1,a2,…,a8是(2,4)－可分数列;③数列a1,a2,…,a11是(6,9)－可分数列.其中真命题的个数为( )
[A] 0 [B] 1 [C] 2 [D] 3
5.(2025·广东河源模拟)已知等差数列{an}与各项均为整数的等比数列{bn}的首项分别为a1=1,b1=2,且a2=b2,a6=b4.将数列{an},{bn}中所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列{cn}(重复的项只计一次),则数列{cn}的前40项和为( )
[A] 1 843 [B] 2 077
[C] 2 380 [D] 2 668
6.(多选题)(2025·安徽安庆模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,a2+a3=8,现将数列{an}与数列{Sn－1}的公共项从小到大排列可以得到新数列{bn},则下列说法正确的是( )
[A] an=2n－1
[B] Sn=n2－1
[C] b10=399
[D] 数列{}的前10项和为
7.(多选题)(2025·湖北荆州模拟)在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和,形成新的数列,我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”.如数列1,3,第1次“和扩充”后得到数列1,4,3;第2次“和扩充”后得到数列1,5,4,7,3;依次扩充,记第n(n∈N*)次“和扩充”后所得数列的项数记为Pn,所有项的和记为an,数列{an}的前n项和为Sn,则( )
[A] Pn=2n+1－1
[B] 满足Pn≥2 024的n的最小值为11
[C] an=3n+1－1
[D] Sn=3n+1+2n－3
8.(5分)已知两个等差数列2,6,10,…,202和2,8,14,…,200,将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列,则这个新数列的各项之和为 .
9.(5分)(2025·湖南邵阳模拟)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 .
10.(5分)已知数列{an},{cn}满足a1=1,an+1=2an+1,cn=,设数列{cn}的前n项和为Tn,若存在m使得Tn>对任意n∈N*都成立,则正整数m的最小值为 .
11.(9分)(2025·广东江门模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an－3n(n∈N*).
(1)求证:数列{an+3}是等比数列,并求出数列{an}的通项公式;
(2)数列{an}中是否存在三项,它们可以构成等差数列
12.(11分)(2025·黑龙江哈尔滨模拟)已知数列{an}的前n项积为Tn=,数列{bn}满足b1=1,=1(n≥2,n∈N*).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)将数列{an},{bn}中的公共项从小到大排列构成新数列{cn},求数列{cn}的通项公式.
13.(13分)(2025·天津模拟)已知{an}是等差数列,公差d≠0,a1+a5=8,且a3是a1与a7的等比
中项.
(1)求{an}的通项公式;
(2)数列{bn}满足=2an,且b1=.
①求{bn}的前n项和Sn.
②是否存在正整数m,n(m≠n),使得S4,S2m,S2n成等差数列 若存在,求出m,n的值;若不存在,请说明理由.
微课培优5 公共项、插(减)项及整数的存在性问题（解析版）
1.解决公共项、插(减)项问题的一般方法是构造新数列,利用新数列的特征(等差、等比或其他特征)求解原数列.
2.数列作为特殊函数,“整数的存在性问题”能巧妙地植入数列中,利用多元整数不定方程或不等式,进行参变分离,求出含参变量函数的值域进行判断,有时也可以结合反证法解决.
类型一 公共项问题
[典例1] (2025·浙江湖州模拟)已知{an}是首项为2,公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=4,bn+1=3bn－2n+1.
(1)求证:{bn－n}是等比数列,并求{an},{bn}的通项公式;
(2)若数列{an}与{bn}中有公共项,即存在k,m∈N*,使得ak=bm成立.按照从小到大的顺序将这些公共项排列,得到一个新的数列,记作{cn},求c1+c2+…+cn.
(1)【证明】 由题意可得,an=2+(n－1)·3=3n－1.
而b1=4,bn+1=3bn－2n+1,变形可得,bn+1－(n+1)=3bn－3n=3(bn－n),b1－1=3,
故{bn－n}是首项为3,公比为3的等比数列.
从而bn－n=3n,即bn=3n+n.
(2)【解】 由题意可得3k－1=3m+m,k,m∈N*,令m=3n－1(n∈N*),则3k－1=33n－1+3n－1=3(33n－2+n)－1,此时满足条件,即m=2,5,8,…,3n－1时为公共项,所以c1+c2+…+cn=b2+
b5+…+=32+35+…+33n－1+(2+5+…+3n－1)=+.
求两个数列的公共项的方法
(1)不定方程法.列出两个项相等的不定方程,求出符合条件的项,并解出相应的通项公式.
(2)周期法.寻找下一项,通过观察找到首项后,从首项开始,向后逐项判断,并找到规律(周期),分析相邻两项之间的关系,从而得到通项公式.
(3)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.
[拓展演练1] (2025·吉林白山模拟)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=得,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==.
类型二 插(减)项数列问题
[典例2] (2025·江苏南通模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1 ,=
8n,n∈N* .
(1)求Sn;
(2)在数列{an}的每相邻两项ak,之间依次插入a1,a2,…,ak,得到数列{bn}:a1,a1,a2,a1,a2,
a3,a1,a2,a3,a4,…,求{bn}的前100项和.
【解】 (1)因为=8n,当n≥2时,=()+…+()+
=8(n－1)+…+8×1+1=8[1+2+3+…+(n－1)]+1=8·+1=(2n－1)2,
因为an>0,所以Sn>0,故Sn=2n－1.
当n=1时,S1=a1=1适合上式,
所以Sn=2n－1.
(2)因为Sn=2n－1,所以当n≥2时,an=Sn－Sn－1=(2n－1)－(2n－3)=2.
所以an=
所以数列{bn}为1,1,2,1,2,2,1,2,2,2,…,
设1+2+…+n=≤100,
则n2+n－200≤0,因为n∈N*,所以n≤13.
所以{bn}的前100项是由14个1与86个2组成的.所以{bn}的前100项和T100=14×1+86×2=186.
解决插(减)项数列问题的要点
对于数列的中间插项或减项构成新数列问题,先判断数列之间共插入或减少了多少项(运用等差、等比求和或者项数公式去看),再对于题目给出的条件确定它包含了哪些项.
[拓展演练2] (2025·山西阳泉模拟)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.
【解】 (1)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,=a1a3,所以4=(2+r)·4,即r=－1.
此时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r=－1,an=2n－1.
(2)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+…+a8)==11 302.
类型三 整数存在性问题
[典例3] 已知数列{an}满足an+1=an+2,a1=2.
(1)求证:数列{an－4}是等比数列;
(2)求数列{an}的前n项和Sn;
(3)是否存在正整数m,n,使成立 若存在,求出m,n的值;若不存在,请说明理由.
(1)【证明】 在an+1=an+2两边同时减去4,得an+1－4=(an－4),a1－4=－2≠0,所以数列{an－4}是以为公比的等比数列.
(2)【解】 数列{an－4}的首项为a1－4=－2,所以数列{an－4}的通项公式为an－4=(－2)×()n－1,所以an=(－2)×()n－1+4,
所以Sn=+4n=22－n+4n－4.
(3)【解】 即为
由②知,n=1时,m<3,
所以当m=1,代入①不成立,当m=2,代入①成立.
所以存在正整数m,n,
使成立,此时m=2,n=1.
解决整数存在性问题的方法
(1)妙用不等关系,缩小范围.根据条件将其中一个未知量的范围进行缩小,从而求出这个未知量的整数解,再进一步求出其他未知量的整数解.
(2)将方程中的一个未知量用含另一个未知量的代数式表示,分离出整数部分可利用整除性质求其整数解.
(3)数列的不定方程的两边都可以看成一个以某变量为主元的函数.可借助函数工具,分别研究两个函数的性质,从而实现方程到函数的等价转换.
[拓展演练3] 设数列{an}的首项a1为常数(a1≠),且an+1=3n－2an(n∈N*).
(1)求证: {an－}是等比数列;
(2)若a1=,{an}中是否存在连续三项成等差数列 若存在,写出这三项;若不存在,请说明理由.
(3)若{an}是递增数列,求a1的取值范围.
(1)【证明】
===－2,
因为a1≠,
所以a1－≠0,
所以数列{an－}是首项为a1－,公比为－2的等比数列.
(2)【解】 因为a1=,
所以数列{an－}的首项是a1－=,
所以an－=·(－2)n－1,
则an=·(－2)n－1+,
若{an}中存在连续三项an,an+1,an+2成等差数列,
则必有2an+1=an+an+2,
即2[+·(－2)n]=+·(－2)n－1++·(－2)n+1,
整理为－=,
解得n=4,
所以a4,a5,a6成等差数列.
(3)【解】 如果an+1>an,即+(a1－)·(－2)n>+(a1－)·(－2)n－1对任意自然数均成立,化简得·3n>－(a1－)·(－2)n,
当n为偶数时,a1>·()n恒成立,
因为p(n)=·()n是递减数列,
所以p(n)的最大值是p(2)=0,即a1>0,
当n为奇数时,a1<+·()n恒成立,
因为q(n)=+·()n是递增数列,
所以q(n)的最小值为q(1)=1,即a1<1,
所以a1的取值范围是(0,1).
(分值:85分)
单选每题5分,多选每题6分,填空每题5分.
1.已知数列{an}满足an=2n－1,在an,an+1之间插入n个1,构成数列{bn}:a1,1,a2,1,1,a3,1,1,1,
a4,…,则数列{bn}的前100项和为( )
[A] 211 [B] 232 [C] 247 [D] 256
【答案】 D
【解析】 依题意,到an为止,新的数列共有1+2+3+…+n=项,
由于=91,即截止到a13共有91项,
故数列{bn}的前100项和为×13+×12+9=256.故选D.
2.设{an}是各项均为正数的等比数列,Sn为其前n项和.已知a1·a3=16,S3=14,若存在n0使得a1,a2,…,的乘积最大,则n0的值可能是( )
[A] 4 [B] 5 [C] 6 [D] 7
【答案】 A
【解析】 在等比数列{an}中,公比q>0;由a1·a3=16=,所以a2=4,又S3=14,所以解得或若时,可得q=2,可得a1,a2,a3,a4,…,的值为2,4,8,16,…,,可知数列{an}是递增数列,且各项均大于1,所以不会存在n0使得a1,a2,…,的乘积最大(舍去);若时,可得q=,可得a1,a2,…,的值为8,4,2,1,,,…,可知数列{an}是递减数列,从第5项起各项小于1且为正数,前4项均为正数且大于等于1,所以存在n0=4,使得8×4×2×1的乘积最大,综上,可得n0的值可能是4.故选A.
3.在数列{an}中,若存在不小于2的正整数k使得 ak[A] bn=n [B] bn=2n
[C] bn=n+ [D] bn=
【答案】 C
【解析】 对于A,bn=n,bn+1=n+1,bn+1－bn=n+1－n=1>0,数列{bn}是递增数列,
所以数列{bn}不是“k－数列”,故A错误;
对于B,bn=2n,bn+1=2n+1,bn+1－bn=2n+1－2n=2n>0,数列{bn}是递增数列,所以数列{bn}不是“k－数列”,故B错误;
对于C,函数f(x)=x+(x>0),则f(x)在(0,3)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增,
所以对于bn=n+,当2≤n≤3时,有bn对于D,b1=－1,当n≥2时,因为{2n－3}是递增数列,{}是递减数列,所以不存在不小于2的正整数k使得ak4.(2025·河南南阳模拟)设m为正整数,数列a1,a2,…,a3m+2是公比不为1的等比数列,若从中删去两项ai和aj(i①数列a1,a2,…,a5是(1,2)－可分数列;②数列a1,a2,…,a8是(2,4)－可分数列;③数列a1,a2,…,a11是(6,9)－可分数列.其中真命题的个数为( )
[A] 0 [B] 1 [C] 2 [D] 3
【答案】 D
【解析】 对于①,由于从数列a1,a2,…,a5中删去两项a1,a2后,剩余的3项可被平均分为1组,{a3,a4,a5}能构成等比数列,所以数列a1,a2,…,a5是(1,2)－可分数列,故①正确;对于②,由于从数列a1,a2,…,a8中删去两项a2,a4后,剩余的6项可被平均分为2组,{a1,a3,a5},{a6,a7,a8}都能构成等比数列,所以数列a1,a2,…,a8是(2,4)－可分数列,故②正确;对于③,由于从数列a1,a2,…,a11中删去两项a6,a9后,剩余的9项可被平均分为3组,{a1,a2,a3},{a4,a7,a10},
{a5,a8,a11}都能构成等比数列,所以数列a1,a2,…,a11是(6,9)－可分数列,故③正确;所以真命题有3个.故选D.
5.(2025·广东河源模拟)已知等差数列{an}与各项均为整数的等比数列{bn}的首项分别为a1=1,b1=2,且a2=b2,a6=b4.将数列{an},{bn}中所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列{cn}(重复的项只计一次),则数列{cn}的前40项和为( )
[A] 1 843 [B] 2 077
[C] 2 380 [D] 2 668
【答案】 B
【解析】 设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,由a2=b2,a6=b4,
得到又{bn}各项均为整数,解得所以an=3n－2,
bn=2n,根据题意,a2=b2=4,a6=b4=16,a22=b6=64,故b1=2,b3=8,b5=32可与an一起排列,故c40=a37=109,
所以{cn}为1,2,4,7,8,10,13,16,19,22,…,109,
故数列{cn}的前40项和为c1+c2+…+c40=+b1+b3+b5=+2+8+32=
2 035+42=2 077.故选B.
6.(多选题)(2025·安徽安庆模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,a2+a3=8,现将数列{an}与数列{Sn－1}的公共项从小到大排列可以得到新数列{bn},则下列说法正确的是( )
[A] an=2n－1
[B] Sn=n2－1
[C] b10=399
[D] 数列{}的前10项和为
【答案】 ACD
【解析】 设等差数列{an}的公差为d,a1=1,由a2+a3=2a1+3d=8,解得d=2,故an=1+2(n－1)=2n－1,Sn==n2,故A正确,B错误;将数列{an}列举出来为1,3,5,7,9,11,13,15,
17,19,21,23,25,27,29,31,33,35,37,…,将数列{Sn－1}列举出来为0,3,8,15,24,35,…,故共同项依次有3,15,35,…,即1×3,3×5,5×7,…,(2n－1)·(2n+1),故bn=(2n－1)·(2n+1)=4n2－1,则b10=4×100－1=399,故C正确;因为===×(),其前10项和为×(1－)+×()+…+×()=×(1－)=,故D正确.故选ACD.
7.(多选题)(2025·湖北荆州模拟)在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和,形成新的数列,我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”.如数列1,3,第1次“和扩充”后得到数列1,4,3;第2次“和扩充”后得到数列1,5,4,7,3;依次扩充,记第n(n∈N*)次“和扩充”后所得数列的项数记为Pn,所有项的和记为an,数列{an}的前n项和为Sn,则( )
[A] Pn=2n+1－1
[B] 满足Pn≥2 024的n的最小值为11
[C] an=3n+1－1
[D] Sn=3n+1+2n－3
【答案】 BD
【解析】 数列1,3第n次“和扩充”后的项数为Pn,则P1=3,P2=5,根据“和扩充”规则可知,Pn+1=2Pn－1,即Pn+1－1=2(Pn－1),又P1－1=2,所以数列{Pn－1}是首项为2,公比为2的等比数列,所以Pn－1=2n,即Pn=2n+1,故A错误;由Pn=2n+1≥2 024,即2n≥2 023,解得n≥11,故B正确;根据“和扩充”规则可知,第n+1次“和扩充”所新增的数的和为2an－(1+3)=2an－4,所以an+1=an+(2an－4)=3an－4,所以an+1－2=3(an－2),又a1－2=6,所以数列{an－2}是首项为6,公比为3的等比数列,所以an－2=6×3n－1=2×3n,所以an=2(3n+1),故C错误;Sn=a1+
a2+a3+…+an=2(31+32+…+3n)+2n=3n+1+2n－3,故D正确.故选BD.
8.(5分)已知两个等差数列2,6,10,…,202和2,8,14,…,200,将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列,则这个新数列的各项之和为 .
【答案】 1 666
【解析】 等差数列2,6,10,…,202中,公差d1=4;等差数列2,8,14,…,200中,公差d2=6,4和6的最小公倍数为12,所以新数列{an}的公差d=12,首项a1=2,所以an=12n－10,令an=12n－10≤200,解得n≤17.5(n∈N*),故新数列共有17项,所以新数列的各项之和为S17=17×2+
×12=1 666.
9.(5分)(2025·湖南邵阳模拟)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 .
【答案】
【解析】 数列{2n－1}和数列{3n－2}的公共项从小到大构成的一个新数列{an}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<0,即b2>b3>b4>…,又b110.(5分)已知数列{an},{cn}满足a1=1,an+1=2an+1,cn=,设数列{cn}的前n项和为Tn,若存在m使得Tn>对任意n∈N*都成立,则正整数m的最小值为 .
【答案】 5
【解析】 因为an+1=2an+1,所以an+1+1=2(an+1),又因为a1=1,a1+1=2,
所以数列{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an+1=2n,即an=2n－1.
又cn==),
则Tn=×(++…+)=×()=,
又=·
=
=1+>1,
又Tn>0,所以Tn+1>Tn,n∈N*,
即数列{Tn}是递增数列,
所以当n=1时,Tn取最小值为,
要使Tn>对任意n∈N*都成立,
只需>,
由此可得m>4,
所以正整数m的最小值为5.
11.(9分)(2025·广东江门模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an－3n(n∈N*).
(1)求证:数列{an+3}是等比数列,并求出数列{an}的通项公式;
(2)数列{an}中是否存在三项,它们可以构成等差数列
(1)【证明】 由Sn=2an－3n,
可得a1=S1=2a1－3,解得a1=3.
当n≥2时,由Sn=2an－3n,
可得Sn－1=2an－1－3(n－1),两式相减可得an=2an－3n－2an－1+3(n－1),
整理为an=2an－1+3,又a1+3=6,
则==2,所以数列{an+3}是首项为6,公比为2的等比数列,可得an+3=6×2n－1=3×2n,所以an=3×2n－3.
(2)【解】 数列{an}中不存在三项可以构成等差数列.
证明如下:假设数列{an}中存在三项,它们可以构成等差数列,
设ak,al,am成等差数列,
且k即有2al=ak+am,
即为2(6×2l－1－3)=6×2k－1－3+6×2m－1－3,
化为2×2l－1=2k－1+2m－1,
可得2×2l－k=1+2m－k,
上式左边为偶数,右边为奇数,显然不成立.故数列{an}中不存在三项,它们可以构成等差
数列.
12.(11分)(2025·黑龙江哈尔滨模拟)已知数列{an}的前n项积为Tn=,数列{bn}满足b1=1,=1(n≥2,n∈N*).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)将数列{an},{bn}中的公共项从小到大排列构成新数列{cn},求数列{cn}的通项公式.
【解】 (1)Tn==a1a2…an,ln a1+ln a2+…+ln an=·ln 3,
当n=1时,a1=T1=30=1,
当n≥2,n∈N*时,ln an=[]·ln 3=(n－1)·ln 3=ln 3n－1,即an=3n－1,而a1=31－1=30=1,满足上式,
所以数列{an}的通项公式为an=3n－1;
若数列{bn}满足b1=1,=1(n≥2,n∈N*),则=+(n－1)·1=n,
从而数列{bn}的通项公式为bn=n2.
(2)令an=3n－1=m2=bm(n,m∈N*),
解得m=∈N*,
这表明∈N,
从而只能n=2k－1,k∈N*,
所以ck=bm==(3k－1)2=9k－1,
所以数列{cn}的通项公式为cn=9n－1.
13.(13分)(2025·天津模拟)已知{an}是等差数列,公差d≠0,a1+a5=8,且a3是a1与a7的等比
中项.
(1)求{an}的通项公式;
(2)数列{bn}满足=2an,且b1=.
①求{bn}的前n项和Sn.
②是否存在正整数m,n(m≠n),使得S4,S2m,S2n成等差数列 若存在,求出m,n的值;若不存在,请说明理由.
【解】 (1)因为{an}为等差数列,且a1+a5=8,
所以a3=4.又a3是a1与a7的等比中项,
所以=a1a7,
即16=(4－2d)(4+4d),
化简得d2－d=0,
解得d=1或d=0(舍去),
所以an=a3+(n－3)·1=n+1.
(2)①由=2an,
得=2an,
所以=2an－1(n≥2),又b1=,
当n≥2时,=()+()+…+()+=2an－1+2an－2+…+2a1+=4(n－1)+
×2+2=n(n+1),
又b1=也适合上式,
所以=n(n+1),
则bn==,
所以Sn=(1－)+()+…+()=1－=.
②假设存在正整数m,n(m≠n),使得S4,S2m,S2n成等差数列,则S4+S2n=2S2m,
即1－+1－=2(1－),
整理得2m=9－,
显然n+3是25的正约数,又n+3≥4,
则n+3=5或n+3=25,
当n+3=5,即n=2时,m=2与m≠n矛盾;
当n+3=25,即n=22时,m=4,符合题意,
所以存在正整数m,n(m≠n),使得S4,S2m,S2n成等差数列,此时m=4,n=22.
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)(共55张PPT)
微课培优5 公共项、插(减)项及整数的存在性问题
知识链接
1.解决公共项、插(减)项问题的一般方法是构造新数列,利用新数列的特征(等差、等比或其他特征)求解原数列.
2.数列作为特殊函数,“整数的存在性问题”能巧妙地植入数列中,利用多元整数不定方程或不等式,进行参变分离,求出含参变量函数的值域进行判断,有时也可以结合反证法解决.
题型演绎
类型一 公共项问题
[典例1] (2025·浙江湖州模拟)已知{an}是首项为2,公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=4,bn+1=3bn－2n+1.
(1)求证:{bn－n}是等比数列,并求{an},{bn}的通项公式;
(1)【证明】 由题意可得,an=2+(n－1)·3=3n－1.
而b1=4,bn+1=3bn－2n+1,变形可得,bn+1－(n+1)=3bn－3n=3(bn－n),b1－1=3,
故{bn－n}是首项为3,公比为3的等比数列.
从而bn－n=3n,即bn=3n+n.
[典例1] (2025·浙江湖州模拟)已知{an}是首项为2,公差为3的等差数列,数列{bn}满足b1=4,bn+1=3bn－2n+1.
(2)若数列{an}与{bn}中有公共项,即存在k,m∈N*,使得ak=bm成立.按照从小到大的顺序将这些公共项排列,得到一个新的数列,记作{cn},求c1+c2+…+cn.
求两个数列的公共项的方法
(1)不定方程法.列出两个项相等的不定方程,求出符合条件的项,并解出相应的通项公式.
(2)周期法.寻找下一项,通过观察找到首项后,从首项开始,向后逐项判断,并找到规律(周期),分析相邻两项之间的关系,从而得到通项公式.
(3)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.
反思归纳
(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.
类型二 插(减)项数列问题
(1)求Sn;
解决插(减)项数列问题的要点
对于数列的中间插项或减项构成新数列问题,先判断数列之间共插入或减少了多少项(运用等差、等比求和或者项数公式去看),再对于题目给出的条件确定它包含了哪些项.
反思归纳
[拓展演练2] (2025·山西阳泉模拟)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;
[拓展演练2] (2025·山西阳泉模拟)已知等比数列{an}的前n项和Sn=2n+r,其中r为常数.
(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.
类型三 整数存在性问题
(1)求证:数列{an－4}是等比数列;
(2)求数列{an}的前n项和Sn;
反思归纳
解决整数存在性问题的方法
(1)妙用不等关系,缩小范围.根据条件将其中一个未知量的范围进行缩小,从而求出这个未知量的整数解,再进一步求出其他未知量的整数解.
(2)将方程中的一个未知量用含另一个未知量的代数式表示,分离出整数部分可利用整除性质求其整数解.
(3)数列的不定方程的两边都可以看成一个以某变量为主元的函数.可借助函数工具,分别研究两个函数的性质,从而实现方程到函数的等价转换.
(3)若{an}是递增数列,求a1的取值范围.
课时作业
(分值:85分)
1.已知数列{an}满足an=2n－1,在an,an+1之间插入n个1,构成数列{bn}:a1,1,a2,
1,1,a3,1,1,1,a4,…,则数列{bn}的前100项和为( )
[A] 211 [B] 232 [C] 247 [D] 256
单选每题5分,多选每题6分,填空每题5分.
D
A
3.在数列{an}中,若存在不小于2的正整数k使得 akC
【解析】 对于A,bn=n,bn+1=n+1,bn+1－bn=n+1－n=1>0,数列{bn}是递增数列,
所以数列{bn}不是“k－数列”,故A错误;
对于B,bn=2n,bn+1=2n+1,bn+1－bn=2n+1－2n=2n>0,数列{bn}是递增数列,所以数列{bn}不是“k－数列”,故B错误;
4.(2025·河南南阳模拟)设m为正整数,数列a1,a2,…,a3m+2是公比不为1的等比数列,若从中删去两项ai和aj(i①数列a1,a2,…,a5是(1,2)－可分数列;②数列a1,a2,…,a8是(2,4)－可分数列;③数列a1,a2,…,a11是(6,9)－可分数列.其中真命题的个数为( )
[A] 0 [B] 1 [C] 2 [D] 3
D
【解析】 对于①,由于从数列a1,a2,…,a5中删去两项a1,a2后,剩余的3项可被平均分为1组,{a3,a4,a5}能构成等比数列,所以数列a1,a2,…,a5是(1,2)－可分数列,故①正确;对于②,由于从数列a1,a2,…,a8中删去两项a2,a4后,剩余的6项可被平均分为2组,{a1,a3,a5},{a6,a7,a8}都能构成等比数列,所以数列a1,a2,…,a8是(2,4)－可分数列,故②正确;对于③,由于从数列a1,a2,…,a11中删去两项a6,a9后,剩余的9项可被平均分为3组,{a1,a2,a3},{a4,a7,a10},{a5,a8,a11}都能构成等比数列,所以数列a1,a2,…,a11是(6,9)－可分数列,故③正确;所以真命题有3个.故选D.
5.(2025·广东河源模拟)已知等差数列{an}与各项均为整数的等比数列{bn}的首项分别为a1=1,b1=2,且a2=b2,a6=b4.将数列{an},{bn}中所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列{cn}(重复的项只计一次),则数列{cn}的前40项和为( )
[A] 1 843 [B] 2 077
[C] 2 380 [D] 2 668
B
6.(多选题)(2025·安徽安庆模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,a2+a3=8,现将数列{an}与数列{Sn－1}的公共项从小到大排列可以得到新数列{bn},则下列说法正确的是( )
[A] an=2n－1
[B] Sn=n2－1
[C] b10=399
ACD
7.(多选题)(2025·湖北荆州模拟)在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和,形成新的数列,我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”.如数列1,3,第1次“和扩充”后得到数列1,4,3;第2次“和扩充”后得到数列1,5,4,7,3;依次扩充,记第n(n∈N*)次“和扩充”后所得数列的项数记为Pn,所有项的和记为an,数列{an}的前n项和为Sn,则( )
[A] Pn=2n+1－1 [B] 满足Pn≥2 024的n的最小值为11
[C] an=3n+1－1 [D] Sn=3n+1+2n－3
BD
【解析】 数列1,3第n次“和扩充”后的项数为Pn,则P1=3,P2=5,根据“和扩充”规则可知,Pn+1=2Pn－1,即Pn+1－1=2(Pn－1),又P1－1=2,所以数列{Pn－1}是首项为2,公比为2的等比数列,所以Pn－1=2n,即Pn=2n+1,故A错误;由Pn=2n+1≥2 024,
即2n≥2 023,解得n≥11,故B正确;根据“和扩充”规则可知,第n+1次“和扩充”所新增的数的和为2an－(1+3)=2an－4,所以an+1=an+(2an－4)=3an－4,所以an+1－2=3(an－2),又a1－2=6,所以数列{an－2}是首项为6,公比为3的等比数列,所以an－2=6×3n－1=2×3n,所以an=2(3n+1),故C错误;Sn=a1+a2+a3+…+an=
2(31+32+…+3n)+2n=3n+1+2n－3,故D正确.故选BD.
8.(5分)已知两个等差数列2,6,10,…,202和2,8,14,…,200,将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列,则这个新数列的各项之和为
.
1 666
5
【解析】 因为an+1=2an+1,所以an+1+1=2(an+1),又因为a1=1,a1+1=2,
所以数列{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an+1=2n,即an=2n－1.
11.(9分)(2025·广东江门模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an－3n
(n∈N*).
(1)求证:数列{an+3}是等比数列,并求出数列{an}的通项公式;
(1)【证明】 由Sn=2an－3n,
可得a1=S1=2a1－3,解得a1=3.
11.(9分)(2025·广东江门模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an－3n(n∈N*).
(2)数列{an}中是否存在三项,它们可以构成等差数列
(2)【解】 数列{an}中不存在三项可以构成等差数列.
证明如下:假设数列{an}中存在三项,它们可以构成等差数列,
设ak,al,am成等差数列,且k即为2(6×2l-1－3)=6×2k-1－3+6×2m-1－3,化为2×2l-1=2k-1+2m-1,
可得2×2l-k=1+2m-k,
上式左边为偶数,右边为奇数,显然不成立.故数列{an}中不存在三项,它们可以构成等差
数列.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)将数列{an},{bn}中的公共项从小到大排列构成新数列{cn},求数列{cn}的通项公式.
13.(13分)(2025·天津模拟)已知{an}是等差数列,公差d≠0,a1+a5=8,且a3是a1与a7的等比中项.
(1)求{an}的通项公式;
13.(13分)(2025·天津模拟)已知{an}是等差数列,公差d≠0,a1+a5=8,且a3是a1与a7的等比中项.
①求{bn}的前n项和Sn.
13.(13分)(2025·天津模拟)已知{an}是等差数列,公差d≠0,a1+a5=8,且a3是a1与a7的等比中项.
②是否存在正整数m,n(m≠n),使得S4,S2m,S2n成等差数列 若存在,求出m,n的值;若不存在,请说明理由.