第41讲 双数列问题
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] (1)设等差数列{an}的公差为d,用a1,d表示Sn及Tn,即可求解.(2)思路一:利用(1)的结论求出Sn,bn,再分n为奇数和偶数结合分组求和法求出Tn,并与Sn作差比较大小;思路二:利用(1)的结论求出Sn,再分n为奇数和偶数借助等差数列前n项和公式求出Tn,并与Sn作差比较大小.
解:(1)设数列{an}的公差为d,∵T3=b1+b2+b3=a1-6+2a2+a3-6=4a2-12=16,∴a2=a1+d=7,又S4=4a1+d=32,即a1+d=8,
∴a1=5,d=2,
∴an=a1+(n-1)d=2n+3.
(2)证明:方法一:由(1)知Sn==n2+4n,bn=
k∈N*.当n为偶数时,bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1,Tn=·=n2+n,当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=n(n-1)>0,因此Tn>Sn;当n为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1=(n+1)2+(n+1)-[4(n+1)+6]=n2+n-5,当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn.
所以当n>5时,Tn>Sn.
方法二:由(1)可得Sn=na1+d=n2+4n.
当n为偶数时,Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=(a1-6+a3-6+…+an-1-6)+(2a2+2a4+…+2an)=(5+9+…+2n+1-3n)+2×(7+11+…+2n+3)=-3n+2×=n2+n,当n>5时,Tn-Sn=n2+n-(n2+4n)=n2-n=n(n-1)>0,即Tn>Sn;当n为奇数时,Tn=Tn-1+bn=(n-1)2+(n-1)+2n+3-6=n2+n-5(n≥3),当n>5时,Tn-Sn=n2+n-5-(n2+4n)=n2-n-5=(n2-3n-10)=(n+2)(n-5)>0,即Tn>Sn.
综上,当n>5时,Tn>Sn.
变式题1 2 [解析] 因为an==(-1)n(+),所以S8=a1+a2+…+a8=-(+)+(+)-…-(+)+(+)=-1=2.
变式题2 解:(1)由2Sn=an(an+1)知,当n=1时,2a1=a1(a1+1),解得a1=1或a1=0(舍去),当n≥2时,2Sn-1=an-1(an-1+1),两式相减得2an=+an--an-1(n≥2),即--(an+an-1)=0(n≥2),即(an+an-1)(an-an-1-1)=0(n≥2),由于an+an-1>0(n≥2),所以an-an-1-1=0(n≥2),即an-an-1=1(n≥2),所以数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列,所以an=n.
(2)由(1)得bn=
当n为偶数时,Tn=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)=[1+3+…+(n-1)]+=×+=
+-=-;
当n为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1=--=--+=-.
综上,Tn=
例2 [思路点拨] (1)设数列{an}的公比为q,根据题意求得a1=2,a3=8,得到q=2,即可求得数列{an}的通项公式;(2)根据题意得到数列{cn}的前60项中含有{an}的前10项,含有{bn}的前50项,结合等差、等比数列的求和公式,即可求解.
解:(1)设数列{an}的公比为q,
因为a1,a3是方程x2-10x+16=0的两根,所以a1=2,a3=8或a1=8,a3=2,又因为{an}为递增的等比数列,所以a1=2,a3=8,则q=2,所以数列{an}的通项公式为an=a1qn-1=2n.
(2)因为1+2+3+4+5+6+7+8+9=45,45+9=54<60,1+2+3+4+5+6+7+8+9+10=55,55+10=65>60,
所以数列{cn}的前60项中含有{an}的前10项,含有{bn}的前50项,所以数列{cn}的前60项和为+3×50+=4646.
变式题 an= [解析] 因为an=log3(1×x1×x2×…××3),所以an+1=log3[1×(1×x1)x1(x1x2)x2…(×3)×3]=log3(12×…×32)=3an-1,所以an+1-=3,又a1=log3(1×3×3)=2,所以a1-=,所以是以为首项,3为公比的等比数列,所以an-=×3n-1=,所以an=.
例3 [思路点拨] (1)根据首项和公差即可写出{an}的通项公式,利用所给关系式构造对应的等式即可证明{bn-n}为等比数列,进而可求{bn}的通项公式;(2)利用通项公式找出公共项,再分组求和即可.
解:(1)由题意可得,an=2+(n-1)×3=3n-1(n∈N*).因为b1=4,bn+1=3bn-2n+1,所以bn+1-(n+1)=3bn-3n=3(bn-n),又b1-1=3,故{bn-n}是首项为3,公比为3的等比数列,所以bn-n=3n,即bn=3n+n(n∈N*).
(2)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,即当m=2,5,8,…,3n-1时为公共项,所以c1+c2+…+cn=b2+b5+…+b3n-1=32+35+…+33n-1+(2+5+…+3n-1)=+(n∈N*).
变式题 解:(1)当n=1时,a2+a1=12,所以a2=8;当n≥2时,an+an-1=8n-4,所以an+1-an-1=8.当n为偶数时,an=8+×8=4n;当n为奇数时,an=4+×8=4n.综上所述,an=4n.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}的前n项和为Hn,由(1)可知a200=800,b9=29=512,当n≤200时,可知{an}与{bn}的公共项为4,8,16,…,512,共8项,所以数列{cn}的前192项和T192=S200-(H9-2)=-=80 400-1020=79 380.
例4 [思路点拨] (1)把已知两关系式相加、减,可得数列{an+bn}与{an-bn}分别为等比数列与等差数列;(2)利用(1)中结论求出{an+bn}与{an-bn}的通项公式,进而求出{an},{bn}的通项公式.
解:(1)证明:由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=(an+bn),又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为的等比数列.由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2,又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)由(1)知,an+bn=,an-bn=2n-1,所以an=[(an+bn)+(an-bn)]=+n-,bn=[(an+bn)-(an-bn)]=-n+.
变式题 解:(1)证明:由题知an+2=2bn+1=2an+4,则an+2+4=2(an+4),
则a2n+1+4=2(a2n-1+4),又a1+4=8,故数列{a2n-1+4}是首项为8,公比为2的等比数列.
(2)由(1)知a2n-1+4=8·2n-1,即a2n-1=8·2n-1-4.同理有数列{a2n+4}为等比数列,其首项为a2+4=2b1+4=8,公比为2,则a2n+4=8·2n-1,即a2n=8·2n-1-4.故b2n=a2n-1+2=8·2n-1-2,b2n-1=a2n=8·2n-2-2,故数列{b2n}的前n项和为8(1+21+…+2n-1)-2n=8(2n-1)-2n=2n+3-2n-8,数列{b2n-1}的前n项和为22+23+…+2n+1-2n=2n+2-4-2n,故S2n=2n+3-2n-8+2n+2-4-2n=3·2n+2-4n-12.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+.第41讲 双数列问题
【课标要求】 能在具体的问题情境中,发现数列中的等差关系或等比关系,并通过转化解决相应的问题.
双数列问题一般是指两个数列的项与项之间有着紧密关系的问题,其呈现类型主要有奇偶项型、插项(公共项、去项)型、双交替递推型等.
1.奇偶项型:一般是指数列的通项公式根据下标为奇数、偶数而有所不同,即奇数项与偶数项通项公式不同.主要体现为以下几种形式:(1)数列中连续两项积或和问题(an+an+1=f(n)或anan+1=f(n));(2)含有(-1)n的类型;(3)含有{ },{ }的类型;(4)已知明确条件的奇偶项问题.对于奇偶项问题,一般分成两个新数列进行单独研究,运用新数列的特征求解原数列.
2.插项(公共项、去项)型:一般是指在一个给定数列中插入某些项,或去掉(或取出)两个数列的公共项,使之成为具有某种特征的新数列.求解此类问题时,一般要借助原数列的性质研究新数列的性质.
3.双交替递推型:其特点是两个数列的通项由它们的首项和一般项之间相互联系、相互制约、相互依存的递推关系间接给出.
双交替递推数列问题解题策略:
(1)代入消元法:即用两个递推式消去其中一个数列,得到另一个数列的递推式;
(2)构造法:对于一次递推式,引入待定系数λ,通过构造使得{an+λbn}为等比数列;
(3)对于不需要求出通项公式的情况,灵活处理方程组求解.
奇偶项问题
例1 [2023·新课标Ⅱ卷] 已知{an}为等差数列,bn=记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
总结反思
解答与奇偶项有关的求和问题的关键
(1)弄清n为奇数或偶数时数列的通项公式;
(2)弄清数列前n项中奇数项与偶数项的个数.
变式题1 若数列{an}满足an=,则{an}的前8项和S8= .
变式题2 [2025·辽宁省重点高中模拟] 已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=an(an+1).
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=求数列{bn}的前n项和Tn.
插项、公共项、去项问题
例2 已知各项均为正数且递增的等比数列{an}满足a1,a3是方程x2-10x+16=0的两根.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)数列{cn}依次为a1,b1,a2,b2,b3,a3,b4,b5,b6,a4,b7,b8,b9,b10,a5,…,其规律是在ak和ak+1中间插入k项,所有插入的项构成以3为首项,2为公差的等差数列{bn},求数列{cn}的前60项和.
总结反思
对于插入项问题,首先要弄清楚插入项的特征,插入后所得新数列是等差还是等比数列或者是具有其他特征的数列.若是等差或等比数列,则利用等差、等比数列知识求解;若不具有等差或等比特征,但是有限项,则可用列举法解决.
变式题 [2024·江西九师联盟质检] 在1,3中间插入二者的乘积,得到1,3,3,称数列1,3,3为数列1,3的第一次扩展数列,数列1,3,3,9,3为数列1,3的第二次扩展数列,重复上述规则,可得1,x1,x2,…,,3为数列1,3的第n次扩展数列.令an=log3(1×x1×x2×…××3),则数列{an}的通项公式为 .
例3 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)证明{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.
总结反思
与两个数列“相同项”有关的问题的解题关键是确定好两个数列的“相同项”.此类问题一般有两种类型:一类是去掉“相同项”后,构成新数列;一类是由“相同项”构成新数列.
变式题 [2024·江苏南京期末] 已知数列{an}满足a1=4,且an+1+an=8n+4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn=2n,在数列{an}中剔除{an}与{bn}的公共项后余下的项按原顺序构成一个新数列{cn},求数列{cn}的前192项和T192.
双交替递推数列
例4 已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
总结反思
对于双交替递推数列问题,求解时常将两个递推式相加减(或乘除),用整体思想构造两个新数列(等差或等比),通过解这两个新数列加以解决.
变式题 在数列{an},{bn}中,已知a1=4,b1=2,且an+1=2bn,bn+1=an+2.
(1)证明:数列{a2n-1+4}是等比数列;
(2)求数列{bn}的前2n项和S2n.
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.(共83张PPT)
第41讲 双数列问题
课前基础巩固
课堂考点探究
教师备用习题
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
【课标要求】
能在具体的问题情境中，发现数列中的等差关系或等比关系,
并通过转化解决相应的问题.
◆ 知识聚焦 ◆
双数列问题一般是指两个数列的项与项之间有着紧密关系的问
题，其呈现类型主要有奇偶项型、插项（公共项、去项）型、双交
替递推型等.
1.奇偶项型：一般是指数列的通项公式根据下标为奇数、偶数而有所
不同，即奇数项与偶数项通项公式不同.主要体现为以下几种形式：
（1）数列中连续两项积或和问题 或
；（2）含有的类型；（3）含有 ，
的类型；（4）已知明确条件的奇偶项问题.对于奇偶项问题，
一般分成两个新数列进行单独研究，运用新数列的特征求解原数列.
2.插项（公共项、去项）型：一般是指在一个给定数列中插入某些项，
或去掉（或取出）两个数列的公共项，使之成为具有某种特征的新
数列.求解此类问题时，一般要借助原数列的性质研究新数列的性质.
3.双交替递推型：其特点是两个数列的通项由它们的首项和一般项之
间相互联系、相互制约、相互依存的递推关系间接给出.
双交替递推数列问题解题策略：
（1）代入消元法：即用两个递推式消去其中一个数列，得到另一个
数列的递推式；
（2）构造法：对于一次递推式，引入待定系数 ，通过构造使得
为等比数列；
（3）对于不需要求出通项公式的情况，灵活处理方程组求解.
探究点一 奇偶项问题
例1 [2023· 新课标Ⅱ卷] 已知 为等差数列，
记，分别为数列，的前 项和，
， .
（1）求 的通项公式；
［思路点拨］设等差数列的公差为，用,表示及 ，即可
求解.
解：设数列的公差为 ，
，
，
又，即 ，， ，
.
（2）证明：当时， .
［思路点拨］思路一：利用（1）的结论求出,，再分 为奇数和
偶数结合分组求和法求出，并与 作差比较大小；
证明：方法一：由（1）知 ，
.
当为偶数时， ，
，当 时，
，因此 ；
当 为奇数时，，当 时， ，因此 .
所以当时， .
证明： 方法二：由（1）可得 .
当 为偶数时，
，
［思路点拨］思路二：利用（1）的结论求出,再分为奇数和偶数
借助等差数列前 项和公式求出，并与 作差比较大小.
；
当为奇数时， ，
当 时，，即 .
综上，当时， .
[总结反思]
解答与奇偶项有关的求和问题的关键
（1）弄清 为奇数或偶数时数列的通项公式；
（2）弄清数列前 项中奇数项与偶数项的个数.
变式题1 若数列满足，则的前8项和 ___．
2
[解析] 因为 ，所以
．
变式题2 [2025·辽宁省重点高中模拟] 已知各项均为正数的数列
的前项和为，且 .
（1）求 的通项公式；
解：由知，当时， ，解得
或（舍去），
当时， ，两式相减得
,即 ，
即，
由于 ，所以,
即 ，所以数列是首项为1，公差为1的等差
数列，所以 .
（2）设求数列的前项和 .
解：由（1）得
当 为偶数时,
当 为奇数时,
.
综上，
探究点二 插项、公共项、去项问题
例2 已知各项均为正数且递增的等比数列满足, 是方程
的两根.
（1）求数列 的通项公式；
［思路点拨］设数列的公比为，根据题意求得, ，
得到，即可求得数列 的通项公式；
解：设数列的公比为 ，
因为,是方程的两根，所以, 或
,，
又因为为递增的等比数列，所以, ，则，
所以数列的通项公式为 .
（2）数列依次为,,,,,,,,,,,,,,, ，
其规律是在和中间插入 项，所有插入的项构成以3为首项，2
为公差的等差数列，求数列 的前60项和.
［思路点拨］根据题意得到数列的前60项中含有 的前10项，
含有 的前50项，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.
解：因为 ，
, ,
，
所以数列的前60项中含有的前10项，含有 的前50项，
所以数列的前60项和为 .
[总结反思]
对于插入项问题，首先要弄清楚插入项的特征，插入后所得新数列
是等差还是等比数列或者是具有其他特征的数列.若是等差或等比数
列，则利用等差、等比数列知识求解；若不具有等差或等比特征，
但是有限项，则可用列举法解决.
变式题 [2024·江西九师联盟质检] 在1，3中间插入二者的乘积，得
到1，3，3，称数列1，3，3为数列1，3的第一次扩展数列，数列1，
3，3，9，3为数列1，3的第二次扩展数列，重复上述规则，可得1，
，， ，，3为数列1，3的第 次扩展数列.令
，则数列 的通项公式为
_ _________.
[解析] 因为 ，所以
，所以
，
又，所以 ，
所以是以 为首项，3为公比的等比数列，
所以，所以 .
例3 已知是首项为2，公差为3的等差数列，数列满足 ,
.
（1）证明是等比数列，并求, 的通项公式；
［思路点拨］根据首项和公差即可写出 的通项公式，利用所给
关系式构造对应的等式即可证明为等比数列，进而可求
的通项公式；
解：由题意可得， .
因为, ,所以
,
又，故 是首项为3，公比为3的等比数列，
所以 ，即 .
（2）若数列与中有公共项，即存在, ，使得
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，求 .
［思路点拨］利用通项公式找出公共项，再分组求和即可.
解：由题意可得,,，令 ,
则 ,此时满足条件，即当
,5,8, ,时为公共项，
所以 .
[总结反思]
与两个数列“相同项”有关的问题的解题关键是确定好两个数列的“相
同项”.此类问题一般有两种类型：一类是去掉“相同项”后，构成新数
列；一类是由“相同项”构成新数列.
变式题 [2024·江苏南京期末] 已知数列满足 ，且
.
（1）求 的通项公式；
解：当时，，所以；
当 时，，所以.
当 为偶数时，；
当为奇数时， .
综上所述， .
（2）若，在数列中剔除与 的公共项后余下的项
按原顺序构成一个新数列，求数列的前192项和 .
解：设数列的前项和为，数列的前项和为 ，由（1）
可知，，当时，可知与 的
公共项为4，8，16， ,512，共8项，
所以数列 的前192项和 .
探究点三 双交替递推数列
例4 已知数列和满足， ，
， .
（1）证明：是等比数列， 是等差数列；
［思路点拨］把已知两关系式相加、减，可得数列 与
分别为等比数列与等差数列；
证明：由题设得 ，即
，又因为，所以 是首
项为1，公比为 的等比数列.
由题设得，即
，
又因为，所以 是首项为1，公差为2的等差数列.
（2）求和 的通项公式.
［思路点拨］利用（1）中结论求出与 的通项公式，
进而求出， 的通项公式.
解：由（1）知，， ，所以
，
.
[总结反思]
对于双交替递推数列问题，求解时常将两个递推式相加减
（或乘除），用整体思想构造两个新数列（等差或等比），通过解
这两个新数列加以解决.
变式题 在数列，中，已知,,且 ，
.
（1）证明：数列 是等比数列；
证明：由题知 ，则
，则,
又，故数列 是首项为8，公比为2的等比数列.
（2）求数列的前项和 .
解：由（1）知，即 .
同理有数列为等比数列，其首项为 ,
公比为2，则，即 .
故, ，
故数列的前 项和为
，数列的前项和为
，
故 .
【备选理由】例1考查数列奇偶项问题；
例1 ［配例1使用］ 已知等差数列与等比数列的前 项和分
别为,，且满足,， .
（1）求数列, 的通项公式；
解：,,，解得 .
设等差数列的公差为，等比数列的公比为 ,
则， ，
,
， ，
又，,, .
（2）若求数列的前项和 .
解：
，
数列的前项和 .
例2 ［配例2使用］ [2024·黑龙江齐齐哈尔二模] 设数列的前
项和为, .
（1）求数列 的通项公式；
解：当时，，所以 ，
当时，，即 ，
所以 ，
当时，符合，所以 .
【备选理由】例2考查数列的插项问题；
（2）在数列的和项之间插入个数，使得这 个数成
等差数列，其中,2, ,，将所有插入的数组成新数列 ，设
为数列的前项和，求 .
解：依题意知 ，
，
，
…
，
所以 ，
即 ，①
则 ，②
由 可得
，所以
.
例3 ［配例3使用］ [2024·福建福州一中期末] 已知数列的前
项积为，且 .
（1）证明： 是等差数列；
证明：因为数列的前项积为，所以
, ，
又因为，所以 ，
化简可得 ，
当时，，解得 ，
所以 是等差数列，其首项为3，公差为2.
【备选理由】例3考查数列抽取子数列问题；
（2）从中依次取出第1项，第2项，第4项， ，第 项，按
原来顺序组成一个新数列，求数列的前 项和.
解：由（1）可得 ,
所以，故 .
令数列的前项和为 ，
则 ，
，
可得 ，
化简可得 ，
所以数列的前项和 .
例4 ［配例4使用］ 已知数列和满足, ,
，，，令 ，则满
足的 的最小值为( )
A.9 B.10 C.11 D.12
√
【备选理由】例4考查数列的关联交替问题.不同类型可作为对课堂
知识的巩固强化.
[解析] 由， ，可得
两式作差得 ，即
，
故数列 为等比数列，其通项公式为，
由，解得 .故选B.
作业手册
◆ 基础热身 ◆
1.已知数列满足,数列满足 ，则由这
两个数列公共项从小到大排列得到的数列为，则数列 的通项
公式为( )
A. B. C. D.
[解析] 因为数列是首项为1，公差为2的等差数列，而数列
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 是首项为1，公差为6的等差数列，故
.故选D.
√
2.[2024·山西太原二模]已知， 分别是等差数列和等比数列，
其前项和分别是和，且，， ，则
( )
A.9 B.9或18 C.13 D.13或37
[解析] 设等比数列的公比为，由且知，当 时，
则，符合题意，则，
又，所以 ，所以；
当时，则 ，即，
解得（舍去）或 ，所以，则，
又，所以 ，所以.
综上可得， 或18.故选B.
√
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
√
[解析] 令数列1,7,15,27,45,71,107, 为数列，于是 ，依
题意，数列为6,8,12,18,26,36, ，于是 .
数列为2,4,6,8,10, ，是等差数列，
，则
，因此
，所以该数列的第8项为155.故选B.
4.已知数列的通项公式为，保持数列 中各项顺序
不变，对任意的，在数列的与 项之间都插入
个相同的数，组成数列，记数列的前 项和
为，则 ( )
A.4056 B.4096 C.8152 D.8192
√
[解析] 将在与之间插入的个相同的数看成一组，则插入的
组数共个，因为， ，所以数列
的前100项依次为1,,2,,,,, ,, ,
, .
因为，所以 ，
，所以 .故选C.
5.（多选题）若数列，满足 ，
，且， ，则下列结论中正确的是
( )
A.
B.
C.
D.若为等比数列，则
√
√
√
[解析] 对于B，依题意，, ，则
，而，因此数列 是首
项为1，公比为3的等比数列，则 ，故B错误.
又，因此 ，结合
，可得， .
对于A， ，故A正确；
对于C， ，故C正确；
为等比数列，得 ，解得或 ，
当时，，显然数列 是等
比数列，
当时， ，显然数列是等比数列，
因此当数列是等比数列时， 或，故D正确.
故选 .
6.（多选题）已知数列满足 ，
设，记数列的前 项
和为，数列的前项和为 ，则下列结论正确的是( )
A. B.
C. D.
√
√
√
[解析] 对于A，，， ，
则，故A正确；
对于B，由题意， ，当时， ，
所以，则是以1为公差， 为首项的等差数列，
则，则 ，故B错误；
对于C， ，即
，
，两式相减得 ，所以 ，故C正确；
对于D，，故D正确.故选 .
7.公差不为0的等差数列的部分项,,, , 构成等比数
列，若，，，则 _ _______.
[解析] 设等差数列的公差为，则 ，由已知得
,，即 ，得
，
于是在等比数列,,, , 中，公比.
由为数列的第 项，知；
由为数列的第 项，知，
，故 .
8.[2025·温州一模] 已知数列的通项公式为 ，在其相
邻两项，之间插入个，得到新的数列 ，记
的前项和为，则使成立的 的最小值为____.
29
[解析] 由题意，数列为，，, ,, ，,,
在到之间3的个数为，
故数列到 处共有35项，所以数列前30项中含，，, 及26个3，故，
而 ，故使成立的 的最小值为29.
9.已知，则数列的前项和 _ ____________.
[解析] ，
.
当 为偶数时，
;
.
故数列的前项和 .
10.[2024·福建龙岩期末] 已知数列的各项均为1，在其第 项和第
项之间插入个，得到新数列，记新数列 的
前项和为，则___， ______.
2
3985
[解析] 由题意，将数列 的各项按如下数阵排列：
其中第行有项，则该数阵中第 行最
后一项对应数列 中第
项.
，且，
所以 位于数阵的第63行第9项，故.
数列 的前2024项中，值为1的共63项，值为2的共
（项），因此 .
◆ 综合提升 ◆
11.[2024·山东烟台二模] 已知 是公差不为0的等差数列，其前4项
和为16，且,, 成等比数列.
（1）求数列 的通项公式；
解：设的公差为，由题意知
即即
可得所以 .
（2）设求数列的前项和 .
解：设数列的前项中的奇数项之和为，偶数项之和为 ，则
，
，
所以 .
12.设是等差数列， 是等比数列，且
.
（1）求与 的通项公式；
解：设等差数列的公差为，等比数列的公比为 ，
， ，
，解得 ，
， .
（2）设的前项和为 ，求证： .
证明：， 要证明
，即证明
，即证明
，即证明 ，
由数列的通项公式和前项和的关系得 ，
.
13.[2025·湖南雅礼中学模拟] 已知等比数列的前项和为 ，且
.
（1）求数列 的通项公式.
解：设等比数列的公比为，由题意知，当 时，
，
当时， ，
联立①②，解得,，所以数列 的通项公式为
.
（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为
的等差数列，在数列中是否存在不同的3项,,
（其中,, 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.
解：由（1）知, ，
所以，所以 .
设数列中存在不同的3项,,（其中,, 成等差数列）成
等比数列，则 ，
所以，即 ，
又因为,,成等差数列，所以 ，所以
，化简得，
所以，
又 ，所以，与已知矛盾，
所以在数列中不存在不同的3项 , , 成等比数列.
◆ 能力拓展 ◆
14.已知为,,三点所在直线外一点，且 .数列
，满足,，且 .
（1）求 ;
解：由,,三点共线，设 ，则
，化简得
,
所以,，所以 .
（2）令，求数列 的通项公式；
解：由题设得
,
即，所以是首项为 ，公差为2的
等差数列，其通项公式为 .
（3）当时，求数列 的通项公式.
解：由题设得
，
令，则，所以 是首项为
，公比为的等比数列，其通项公式为 .
由可得 .
课堂考点探究
例1(1)an=2n+3 (2)略 变式题1 2
变式题2 (1)an=n (2)Tn=
例2(1)an=2n (2)4646 变式题an=
例3(1)证明略，an=3n-1(n∈N*), bn=3n+n(n∈N*).
(2)+(n∈N*). 变式题(1)an=4n (2)79 380
例4(1)略 (2)an=+n-,bn=-n+. 变式题(1)略 (2)S2n=3·2n+2-4n-12
教师备用习题
例1 (1)an=2n+1,bn=2n+1. (2)U2n=2n+1+-2
例2 (1)an=(-2)n-1 (2)T36=355.5 例3(1)略 (2)数列{n(cn-1)}的前n项和Tn=2+(n-1)·2n+1 例4 B
基础热身
1.D 2.B 3.B 4.C 5.ACD 6.ACD 7.+ 8.29
9.(-1)n· 10.2 3985
综合提升
11. (1)an=2n-1 (2)T2n=--.
12. (1)an=1+2(n-1)=2n-1,bn=2n-1. (2)略
13. (1)an=2×3n-1 (2)不存在，理由略.
能力拓展
14. (1)λ+μ=1 (2)cn=2n+1 (3)an=+n+
