3 数列中的重构问题
基础打底
1．(2025·滁州一模)已知数列{an}的第1项和第2项均为1，以后各项由an＋2=an＋1＋an(n∈N*)给出．若数列{an}的各项除以3所得余数组成一个新数列{bn}，则b2 024＋b2 025=( A )
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】 因为an＋2=an＋an＋1(n∈N*)，a1=a2=1，所以数列{an}为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，…，此数列各项除以3的余数依次构成的数列{bn}为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，0，…，是以8为周期的周期数列，所以b2 024＋b2 025=0＋1=1．
2．(人A选必二P16例4改)已知等差数列{an}的首项a1=2，公差d=8，在{an}中每相邻两项之间都插入3个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列{bn}，则bn=__2n__．
【解析】 设数列{bn}的公差为d′．由题意可知，b1=a1，b5=a2，于是b5－b1=a2－a1=8．因为b5－b1=4d′，所以4d′=8，所以d′=2，所以bn=2＋(n－1)×2=2n，所以数列{bn}的通项公式是bn=2n．
3．(人A选必二P25习题8改)已知两个等差数列2，6，10，…，190及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是__1 472__．
【解析】 由题得这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成的新数列为2，14，26，38，50，…，182，共有＋1=16(项)，也是等差数列，它们的和为×16=1 472．
4．已知数列{an}的通项公式是an=2n－1，记bm为{an}在区间(0，2am］(m∈N*)中的项的个数，则数列{bn}的通项公式是__bn=4n－1__．
【解析】 由题意知bm为{an}在区间(0，22m－1］中项的个数，令0＜2n－1≤22m－1，所以＜n≤=22m－2＋，n∈N*，所以1≤n≤22m－2，所以bm=22m－2，所以bn=22n－2=4n－1．
强技提能
公共项问题
例1 (多选)已知n，m∈N*，将数列{4n＋1}与数列{5m}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则( BC )
A．an=5n B．an=5n
C．{an}的前n项和为 D．{an}的前n项和为
【解析】 令4n＋1=5m(n，m∈N*)，所以n===∈N*(m=2，3，…)，当m=1时，n=1，所以数列{5m}为数列{4n＋1}的子数列，所以an=5n(n=1，2，3，…)，所以{an}的前n项和为=，故B，C正确，A，D错误．
解决两个数列的公共项问题的两种方法
(1) 不定方程法：列出两个项相等的不定方程，利用数论中的整除知识，求出符合条件的项，并解出相应的通项公式；
(2) 周期法：即寻找下一项，通过观察找到首项后，从首项开始向后，逐项判断变化较大(如公差的绝对值大)的数列中的项是否为另一个数列中的项，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．
变式1 将数列{5n－4}与数列{n2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则使得an＞2 026成立的n的最小值为__19__．
【解析】 令数列{5n－4}的第k项与数列{n2}的第m项为公共项，即5k－4=m2，k，m∈N*，于是k==＋1，则m＋1=5i或m－1=5(i－1)，i∈N*，即有k=i(5i－2)＋1或k=(i－1)·［5(i－1)＋2］＋1，i∈N*，因此5k－4=5i(5i－2)＋1=(5i－1)2或5k－4=5(i－1)［5(i－1)＋2］＋1=(5i－4)2，i∈N*，从而数列{an}是数列{(5n－4)2}和{(5n－1)2}的项从小到大排列得到的．显然数列{(5n－4)2}，{(5n－1)2}都是递增的，而当n=9时，(5n－4)2=412=1 681＜2 026，(5n－1)2=442=1 936＜2 026，当n=10时，(5n－1)2=492=2 401＞2 026，(5n－4)2=462=2 116＞2 026，显然462＜492，即数列{an}前18项均小于2 026，第19项为2 116，是第一个大于2 026的项，所以使得an＞2 026成立的n的最小值为19．
插项与减项问题
例2 (2025·聊城期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an＋1=2Sn＋3．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 由an＋1=2Sn＋3，得an=2Sn－1＋3(n≥2)，两式相减得an＋1－an=2an(n≥2)，即an＋1=3an(n≥2)，所以等比数列{an}的公比q=3．又当n=1时，a2=2S1＋3=2a1＋3=3a1，所以a1=3，所以an=3n．
(2) 在数列{an}的相邻项ak与ak＋1(k∈N*)之间插入k个相同的数(－1)k，使其与原数列构成新数列{bn}，设Tn为数列{bn}的前n项和，求T40．
【解答】 数列{bn}为3，－1，32，1，1，33，－1，－1，－1，34，…，以如下划分3，|－1，32，|1，1，33，|－1，－1，－1，34，|…，得项数Xn=1＋2＋3＋4＋…＋n=，当n=8时，X8=36，当n=9时，X9=45，所以T40=3＋32＋33＋34＋…＋38＋(－1)×1＋1×2＋(－1)×3＋…＋1×6＋(－1)×7＋1×4=＋3－7＋4=(38－1)=9 840．
对于增加(或减少)项数列问题，弄清楚插入(或减少)的项数及插入(或减少)的项的规律是解题关键，确定新构数列项的特征，最后进行相关通项或和的计算．
变式2 已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=3an－3．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 在2Sn=3an－3中，令n=1，得a1=3．因为2Sn=3an－3，所以当n≥2时，2Sn－1=3an－1－3，两式相减得2an=3an－3an－1，所以an=3an－1，所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an=3n．
(2) 已知数列{bn}满足bn=3n，在数列{bn}中剔除掉属于数列{an}的项，并且把剩余的项从小到大排列构成新数列{cn}，求数列{cn}的前100项和T100．
【解答】 因为bn=3n，所以数列{an}中的项都在数列{bn}中．数列{an}的前5项为3，9，27，81，243，在数列{bn}的前105项中，这五项的和为363．数列{bn}的前105项为3，6，9，…，27，…，81，…，243，…，315，它们的和为105×3＋105×52×3=16 695，所以数列{cn}的前100项和为数列{bn}的前105项和减去3，9，27，81，243的和，即T100=16 695－363=16 332．
数列计数问题
例3 (2025·襄阳模拟)已知数列{an}是等差数列，a1=1，且a1，a2，a5－1成等比数列．给定k∈N*，记集合{n|k≤an≤2k，n∈N*}的元素个数为bk．
(1) 求b1，b2的值；
【解答】 设数列{an}的公差为d．因为a1，a2，a5－1成等比数列，且a1=1，所以a1(a5－1)=，即1×(1＋4d－1)=(1＋d)2，即4d=(1＋d)2，解得d=1，所以an=n．又因为{n|k≤an≤2k，n∈N*}，当k=1时，集合{n|1≤n≤2，n∈N*}={1，2}，所以集合中元素的个数b1=2；当k=2时，集合{n|2≤n≤4，n∈N*}={2，3，4}，所以集合中元素的个数b2=3．
(2) 求满足b1＋b2＋…＋bn＞2 025的最小自然数n的值．
【解答】 由集合{n|k≤an≤2k，n∈N*}的元素个数为bk，结合(1)可得bk=2k－k＋1．记数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn=b1＋b2＋…＋bn=－＋n=2(2n－1)－＋，当n=10时，可得2×(210－1)－＋=2 001＜2 025；当n=11时，可得2×(211－1)－＋=4 039＞2 025，又由Tn＋1－Tn=2(2n＋122－1)－＋－=2n＋1－n＞0，所以数列{Tn}为递增数列，所以n的最小值是11．
记数列{an}落在区间(0，g(k)］的个数为bk，讨论数列{bk}的性质．目前相关问题的计算背景主要分布在去解下面三个不等式：①qm＜kn＋b＜qm＋1，②tm＜qn＜tm＋1，③tk＋b＜qn＜t(k＋i)＋b．
变式3 已知数列{an}为等差数列，a1=－4，前n项和为Sn，且满足：当n∈N*且n＜9时，S1＋＋…＋=S1＋＋…＋．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 由S1＋＋…＋=S1＋＋…＋，令n=5，得=0，即S5=0，则=0，即a1＋a5=0，于是2a1＋4d=0，而a1=－4，解得d=2，所以an=2n－6．
(2) 定义集合Mn={ai＋aj|i，j∈N*，且i，j≤n}，记集合Mn中的元素个数为bn，数列{bn}的前n项和为Tn，求T10．
【解答】 记Cn={i＋j|i，j∈N*且i，j≤n}，由于ai＋aj=2(i＋j)－12，则集合Mn中的元素个数即为集合Cn中的元素个数，而Cn={2，3，4，…，2n}，共2n－1个元素，于是bn=2n－1，所以T10==100．
配套热练
1．已知数列{an}满足an=n，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 )
A．178 B．191
C．206 D．216
【解析】 数列{bn}：a1，1，a2，1，1，a3，1，1，1，a4，…，an有n＋［1＋2＋…＋(n－1)］=n＋=n(n＋1)项，当n=13时，×13×14=91；当n=14时，×14×15=105．由于an=n，所以S100=(a1＋a2＋…＋a13)＋(100－13)×1=＋87=178．
2．已知数列{an}的通项公式为an=2n＋3(n∈N*)，数列{bn}的前n项和Sn=(n∈N*)，若这两个数列的公共项顺次构成一个新数列{cn}，则满足cn＜2 025的n的最大值为( D )
A．340 B．339
C．338 D．337
【解析】 当n=1时，b1=S1=5；当n≥2时，bn=Sn－Sn－1=－=3n＋2，b1=5也符合该式，故bn=3n＋2．它和数列{an}的公共项构成的新数列{cn}是首项为5，公差为6的等差数列，则cn=6n－1．令cn＜2 025可得n＜，所以n的最大值为337．
3．将数列{3n－1}与{2n}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则a20=( C )
A．237 B．238
C．239 D．240
【解析】 数列{2n}中的项为2，4，8，16，32，64，128，256，…，经检验，数列{2n}中的奇数项都是数列{3n－1}中的项，即2，8，32，128，…，观察归纳可得an=22n－1，所以a20=22×20－1=239．
4．(2025·济宁一模)(多选)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1=Sn＋2，{bn}为等差数列，且b2=a1，b8=a3．记集合A={x∈N*|bn≤x≤an}中元素的个数为cn，数列{cn}的前n项和为Tn，则下列结论正确的有( ABD )
A．an=2n B．bn=n
C．Cn=2n－n D．Tn=2n＋1－－2
【解析】 对于A，设等比数列{an}的公比为q，由an＋1=Sn＋2，得an=Sn－1＋2(n≥2)，两式相减得an＋1－an=Sn－Sn－1=an，即an＋1=2an，所以q=2，又a2=S1＋2=a1＋2，a2=2a1，解得a1=2，所以an=2×2n－1=2n，故A正确；对于B，设等差数列{bn}的公差为d，由b2=a1=2，b8=a3=8，得6d=b8－b2=6，解得d=1，所以bn=b2＋(n－2)d=n，故B正确；对于C，由A={x∈N*|bn≤x≤an}，得A={x∈N*|n≤x≤2n}，则集合A中元素的个数为2n－n＋1，即cn=2n－n＋1，故C错误；对于D，Tn=(2＋22＋…＋2n)－(1＋2＋…＋n)＋n=－＋n=2n＋1－－2，故D正确．
5．(2025·郑州一模)(多选)已知数列{an}的首项a1=1，an＋1=2an＋1(n∈N*)，数列{bn}满足bn=2log2(1＋an)－1．若在数列{bn}中去掉{an}的项，余下的项组成数列{cn}，则( ACD )
A．a1＋a2＋a3＋a4=26 B．b5=10
C．a4＜b15＜a5 D．c 1＋c2＋…＋c10=170
【解析】 对于A，因为an＋1=2an＋1，即an＋1＋1=2(an＋1)，所以=2，故数列{an＋1}为等比数列，又a1＋1=2，所以an=2n－1，则a1＋a2＋a3＋a4=1＋3＋7＋15=26，故A正确；对于B，bn=2log2(1＋2n－1)－1=2n－1，则b5=2×5－1=9，故B错误；对于C，因为a4=15，b15=29，a5=31，所以a4＜b15＜a5，故C正确；对于D，因为b1=1，bn＋1－bn=2，所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，b1=a1=1，b14=27，b15=29，b16=31，又a4=15，a5=31，a6=63，所以b16=a5=31，{bn}由正奇数组成，{an}的项也是奇数，由上面推理可得{cn}的前10项是由{bn}的前14项去掉{an}的前4项余下的项组成，所以c1＋c2＋…＋c10=(b1＋b2＋…＋b14)－(a1＋a2＋a3＋a4)=－26=170，故D正确．
6．(2025·湛江二模)将数列{3n＋2}与{4n}中所有的项去掉它们的公共项后，剩余的项从小到大排列得到数列{an}，则a5=__14__，{an}的前202项和为__49 609__．
【解析】 {3n＋2}与{4n}的公共项为12n－4，去掉它们的公共项后，剩余的项从小到大排序为4，5，11，12，14，16，17，23，24，26，28，29，35，…，所以a5=14，且每两个相邻的公共项之间有5项，分别求和，11＋12＋14＋16＋17=70，23＋24＋26＋28＋29=130，35＋36＋38＋40＋41=190，…，可以看到这5项的和为一项构成的新数列是首项为70，公差为60的等差数列．因为(202－2)÷5=40，所以{an}的前202项和为4＋5＋40×70＋=49 609．
7．已知首项为1的正项数列{an}，其前n项和Sn=．用［x］表示不超过x的最大整数，则［S1］＋［S2］＋［S3］＋…＋［S112］=__745__．
【解析】 当n=1时，==1；当n≥2时，Sn=，整理得－=1，所以数列{}是以1为首项和公差的等差数列，所以=n，故Sn=．因为当1≤n≤3时，1≤Sn＜2，此时［Sn］=1；当4≤n≤8时，2≤Sn＜3，此时［Sn］=2；当9≤n≤15时，3≤Sn＜4，此时［Sn］=3；当16≤n≤24时，4≤Sn＜5，此时［Sn］=4；当25≤n≤35时，5≤Sn＜6，此时［Sn］=5；当36≤n≤48时，6≤Sn＜7，此时［Sn］=6；当49≤n≤63时，7≤Sn＜8，此时［Sn］=7；当64≤n≤80时，8≤Sn＜9，此时［Sn］=8；当81≤n≤99时，9≤Sn＜10，此时［Sn］=9；当100≤n≤112时，10≤Sn＜11，此时［Sn］=10．综上，［S1］＋［S2］＋［S3］＋…＋［S112］=3＋10＋21＋36＋55＋78＋105＋136＋171＋130=745．
8．(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2=a3－b3=b4－a4．
(1) 求证：a1=b1；
【解答】 设等差数列{an}的公差为d，则解得b1=a1=，得证．
(2) 求集合{k|bk=am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．
【解答】 由(1)知，b1=a1=，所以bk=am＋a1，即b1×2k－1=a1＋(m－1)d＋a1，即2k－1=2m，亦即m=2k－2∈［1，500］，解得2≤k≤10，所以满足等式的k=2，3，4，…，10，故集合{k|bk=am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数为10－2＋1=9．
9．(2025·芜湖二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，an＋1=Sn＋2(n∈N*)．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 由an＋1=Sn＋2(n∈N*)，得an=Sn－1＋2(n≥2)，则an＋1－an=an(n≥2)，即an＋1=2an(n≥2)．又a2=S1＋2=a1＋2=4，满足an＋1=2an，所以an＋1=2an(n∈N*)，所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an=2n．
(2) 保持{an}的各项顺序不变，在ak和ak＋1之间插入k个1，使它们与数列{an}的项组成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T55．
【解答】 由题知b=an=2n，数列{bn}的其余项为1，则T55=(b1＋b3＋b6＋b10＋b15＋b21＋b28＋b36＋b45＋b55)＋45×1=(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10)＋45=S10＋45=＋45=2 091．
10．(2025·湖北八校联考)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn=an＋2－6．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 设{an}的公比为q，则q＞0．又2Sn=an＋2－6，当n=1时，2S1=a3－6，当n=2时，2S2=a4－6，两式相减可得2a2=a4－a3，所以2=q2－q，解得q=2或q=－1(舍去)，所以2S1=a3－6=4a1－6，即a1=3，所以等比数列{an}的通项公式为an=3×2n－1．
(2) 记bm为数列{Sn}在区间(am，am＋2)中最大的项，求数列{bn}的前n项和Tn．
【解答】 由an=3×2n－1，2Sn=an＋2－6，可得Sn=(an＋2－6)=(3×2n＋1－6)=3×2n－3，所以Sn=an＋1－3＜an＋1．又an＞0，所以Sn≥an，当且仅当n=1时等号成立，所以am≤Sm＜Sm＋1＜am＋2＜Sm＋2，所以bm=Sm＋1=3×2m＋1－3，所以Tn=3(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－3n=3×－3n=3×2n＋2－12－3n．故Tn=3×2n＋2－12－3n．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)3 数列中的重构问题
基础打底
1．(2025·滁州一模)已知数列{an}的第1项和第2项均为1，以后各项由an＋2=an＋1＋an(n∈N*)给出．若数列{an}的各项除以3所得余数组成一个新数列{bn}，则b2 024＋b2 025=( )
A．1 B．2
C．3 D．4
2．(人A选必二P16例4改)已知等差数列{an}的首项a1=2，公差d=8，在{an}中每相邻两项之间都插入3个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列{bn}，则bn=____．
3．(人A选必二P25习题8改)已知两个等差数列2，6，10，…，190及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是____．
4．已知数列{an}的通项公式是an=2n－1，记bm为{an}在区间(0，2am］(m∈N*)中的项的个数，则数列{bn}的通项公式是____．
强技提能
公共项问题
例1 (多选)已知n，m∈N*，将数列{4n＋1}与数列{5m}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则( )
A．an=5n B．an=5n
C．{an}的前n项和为 D．{an}的前n项和为
解决两个数列的公共项问题的两种方法
(1) 不定方程法：列出两个项相等的不定方程，利用数论中的整除知识，求出符合条件的项，并解出相应的通项公式；
(2) 周期法：即寻找下一项，通过观察找到首项后，从首项开始向后，逐项判断变化较大(如公差的绝对值大)的数列中的项是否为另一个数列中的项，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．
变式1 将数列{5n－4}与数列{n2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则使得an＞2 026成立的n的最小值为____．
插项与减项问题
例2 (2025·聊城期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an＋1=2Sn＋3．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 在数列{an}的相邻项ak与ak＋1(k∈N*)之间插入k个相同的数(－1)k，使其与原数列构成新数列{bn}，设Tn为数列{bn}的前n项和，求T40．
对于增加(或减少)项数列问题，弄清楚插入(或减少)的项数及插入(或减少)的项的规律是解题关键，确定新构数列项的特征，最后进行相关通项或和的计算．
变式2 已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn=3an－3．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 已知数列{bn}满足bn=3n，在数列{bn}中剔除掉属于数列{an}的项，并且把剩余的项从小到大排列构成新数列{cn}，求数列{cn}的前100项和T100．
数列计数问题
例3 (2025·襄阳模拟)已知数列{an}是等差数列，a1=1，且a1，a2，a5－1成等比数列．给定k∈N*，记集合{n|k≤an≤2k，n∈N*}的元素个数为bk．
(1) 求b1，b2的值；
(2) 求满足b1＋b2＋…＋bn＞2 025的最小自然数n的值．
记数列{an}落在区间(0，g(k)］的个数为bk，讨论数列{bk}的性质．目前相关问题的计算背景主要分布在去解下面三个不等式：①qm＜kn＋b＜qm＋1，②tm＜qn＜tm＋1，③tk＋b＜qn＜t(k＋i)＋b．
变式3 已知数列{an}为等差数列，a1=－4，前n项和为Sn，且满足：当n∈N*且n＜9时，S1＋＋…＋=S1＋＋…＋．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 定义集合Mn={ai＋aj|i，j∈N*，且i，j≤n}，记集合Mn中的元素个数为bn，数列{bn}的前n项和为Tn，求T10．
配套热练
1．已知数列{an}满足an=n，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．178 B．191
C．206 D．216
2．已知数列{an}的通项公式为an=2n＋3(n∈N*)，数列{bn}的前n项和Sn=(n∈N*)，若这两个数列的公共项顺次构成一个新数列{cn}，则满足cn＜2 025的n的最大值为( )
A．340 B．339
C．338 D．337
3．将数列{3n－1}与{2n}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则a20=( )
A．237 B．238
C．239 D．240
4．(2025·济宁一模)(多选)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1=Sn＋2，{bn}为等差数列，且b2=a1，b8=a3．记集合A={x∈N*|bn≤x≤an}中元素的个数为cn，数列{cn}的前n项和为Tn，则下列结论正确的有( )
A．an=2n B．bn=n
C．Cn=2n－n D．Tn=2n＋1－－2
5．(2025·郑州一模)(多选)已知数列{an}的首项a1=1，an＋1=2an＋1(n∈N*)，数列{bn}满足bn=2log2(1＋an)－1．若在数列{bn}中去掉{an}的项，余下的项组成数列{cn}，则( )
A．a1＋a2＋a3＋a4=26 B．b5=10
C．a4＜b15＜a5 D．c 1＋c2＋…＋c10=170
6．(2025·湛江二模)将数列{3n＋2}与{4n}中所有的项去掉它们的公共项后，剩余的项从小到大排列得到数列{an}，则a5=____，{an}的前202项和为____．
7．已知首项为1的正项数列{an}，其前n项和Sn=．用［x］表示不超过x的最大整数，则［S1］＋［S2］＋［S3］＋…＋［S112］=____．
8．(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2=a3－b3=b4－a4．
(1) 求证：a1=b1；
(2) 求集合{k|bk=am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．
9．(2025·芜湖二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，an＋1=Sn＋2(n∈N*)．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 保持{an}的各项顺序不变，在ak和ak＋1之间插入k个1，使它们与数列{an}的项组成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T55．
10．(2025·湖北八校联考)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn=an＋2－6．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 记bm为数列{Sn}在区间(am，am＋2)中最大的项，求数列{bn}的前n项和Tn．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)(共41张PPT)
专题三
3 数列中的重构问题
数 列
基础打底
1．(2025·滁州一模)已知数列{an}的第1项和第2项均为1，以后各项由an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)给出．若数列{an}的各项除以3所得余数组成一个新数列{bn}，则b2 024＋ b2 025＝ ( )
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】
因为an＋2＝an＋an＋1(n∈N*)，a1＝a2＝1，所以数列{an}为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144， … ，
此数列各项除以3的余数依次构成的数列{bn}为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，2，2，1，0， … ，是以8为周期的周期数列，所以b2 024＋b2 025＝0＋1＝1．
A
2．(人A选必二P16例4改)已知等差数列{an}的首项a1＝2，公差d＝8，在{an}中每相邻两项之间都插入3个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列{bn}，则bn＝_______．
【解析】
设数列{bn}的公差为d′．由题意可知，b1＝a1，b5＝a2，于是b5－b1＝a2－a1＝8．
因为b5－b1＝4d′，所以4d′＝8，所以d′＝2，所以bn＝2＋(n－1)×2＝2n，所以数列{bn}的通项公式是bn＝2n．
2n
3．(人A选必二P25习题8改)已知两个等差数列2，6，10，…，190及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是__________．
【解析】
1 472
4．已知数列{an}的通项公式是an＝2n－1，记bm为{an}在区间(0，2am](m∈N*)中的项的个数，则数列{bn}的通项公式是__________．
【解析】
bn＝4n－1
强技提能
目标
1
公共项问题
1
【解析】
【答案】BC
解决两个数列的公共项问题的两种方法
(1)不定方程法：列出两个项相等的不定方程，利用数论中的整除知识，求出符合条件的项，并解出相应的通项公式；
(2)周期法：即寻找下一项，通过观察找到首项后，从首项开始向后，逐项判断变化较大(如公差的绝对值大)的数列中的项是否为另一个数列中的项，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．
变式1 将数列{5n－4}与数列{n2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则使得an＞2 026成立的n的最小值为______．
【解析】
因此5k－4＝5i(5i－2)＋1＝(5i－1)2或5k－4＝5(i－1)[5(i－1)＋2]＋1＝(5i－4)2，i∈N*，从而数列{an}是数列{(5n－4)2}和{(5n－1)2}的项从小到大排列得到的．
显然数列{(5n－4)2}，{(5n－1)2}都是递增的，而当n＝9时，(5n－4)2＝412＝1 681＜2 026，(5n－1)2＝442＝1 936＜2 026，
当n＝10时，(5n－1)2＝492＝2 401＞2 026，(5n－4)2＝462＝2 116＞2 026，显然462＜492，即数列{an}前18项均小于2 026，第19项为2 116，是第一个大于2 026的项，所以使得an＞2 026成立的n的最小值为19．
【答案】19
目标
2
插项与减项问题
(2025·聊城期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝2Sn＋3．
(1)求数列{an}的通项公式；
2
【解答】
由an＋1＝2Sn＋3，得an＝2Sn－1＋3(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝2an (n≥2)，即an＋1＝3an(n≥2)，所以等比数列{an}的公比q＝3．
又当n＝1时，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝3a1，所以a1＝3，所以an＝3n．
(2025·聊城期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝2Sn＋3．
(2)在数列{an}的相邻项ak与ak＋1(k∈N*)之间插入k个相同的数(－1)k，使其与原数列构成新数列{bn}，设Tn为数列{bn}的前n项和，求T40．
【解答】
2
对于增加(或减少)项数列问题，弄清楚插入(或减少)的项数及插入(或减少)的项的规律是解题关键，确定新构数列项的特征，最后进行相关通项或和的计算．
变式2 已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn＝3an－3．
(1)求数列{an}的通项公式；
【解答】
在2Sn＝3an－3中，令n＝1，得a1＝3．
因为2Sn＝3an－3，所以当n≥2时，2Sn－1＝3an－1－3，两式相减得2an＝3an－3an－1，所以an＝3an－1，所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n．
变式2 已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn＝3an－3．
(2)已知数列{bn}满足bn＝3n，在数列{bn}中剔除掉属于数列{an}的项，并且把剩余的项从小到大排列构成新数列{cn}，求数列{cn}的前100项和T100．
【解答】
因为bn＝3n，所以数列{an}中的项都在数列{bn}中．
数列{an}的前5项为3，9，27，81，243，在数列{bn}的前105项中，这五项的和为363．
数列{bn}的前105项为3，6，9，…，27，…，81，…，243，…，315，它们的和为105×3＋105×52×3＝16 695，
所以数列{cn}的前100项和为数列{bn}的前105项和减去3，9，27，81，243的和，即T100＝16 695－363＝16 332．
目标
3
数列计数问题
(2025·襄阳模拟)已知数列{an}是等差数列，a1＝1，且a1，a2，a5－1成等比数列．给定k∈N*，记集合{n|k≤an≤2k，n∈N*}的元素个数为bk．
(1)求b1，b2的值；
3
【解答】
(2025·襄阳模拟)已知数列{an}是等差数列，a1＝1，且a1，a2，a5－1成等比数列．给定k∈N*，记集合{n|k≤an≤2k，n∈N*}的元素个数为bk．
(2)求满足b1＋b2＋…＋bn＞2 025的最小自然数n的值．
【解答】
3
记数列{an}落在区间(0，g(k)]的个数为bk，讨论数列{bk}的性质．目前相关问题的计算背景主要分布在去解下面三个不等式：①qm＜kn＋b＜qm＋1，②tm＜qn＜tm＋1，③tk＋b＜qn＜t(k＋i)＋b．
【解答】
【解答】
热练
1．已知数列{an}满足an＝n，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．178 B．191 C．206 D．216
【解析】
A
【解析】
【答案】D
3．将数列{3n－1}与{2n}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则a20＝ ( )
A．237 B．238
C．239 D．240
【解析】
数列{2n}中的项为2，4，8，16，32，64，128，256，…，经检验，数列{2n}中的奇数项都是数列{3n－1}中的项，即2，8，32，128，…，观察归纳可得 an＝22n－1，所以a20＝22×20－1＝239．
C
【解析】
【答案】ABD
5．(2025·郑州一模)(多选)已知数列{an}的首项a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝2log2(1＋an)－1．若在数列{bn}中去掉{an}的项，余下的项组成数列{cn}，则 ( )
A．a1＋a2＋a3＋a4＝26 B．b5＝10
C．a4＜b15＜a5 D．c 1＋c2＋…＋c10＝170
【解析】
【答案】ACD
6．(2025·湛江二模)将数列{3n＋2}与{4n}中所有的项去掉它们的公共项后，剩余的项从小到大排列得到数列{an}，则a5＝_____，{an}的前202项和为_________．
【解析】
14
49 609
【解析】
当16≤n≤24时，4≤Sn＜5，此时[Sn]＝4；
当25≤n≤35时，5≤Sn＜6，此时[Sn]＝5；
当36≤n≤48时，6≤Sn＜7，此时[Sn]＝6；
当49≤n≤63时，7≤Sn＜8，此时[Sn]＝7；
当64≤n≤80时，8≤Sn＜9，此时[Sn]＝8；
当81≤n≤99时，9≤Sn＜10，此时[Sn]＝9；
当100≤n≤112时，10≤Sn＜11，此时[Sn]＝10．
综上，[S1]＋[S2]＋[S3]＋…＋[S112]＝3＋10＋21＋36＋55＋78＋105＋136＋171＋130＝745．
【答案】745
8．(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4．
(1)求证：a1＝b1；
【解答】
8．(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4．
(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中元素的个数．
【解答】
9．(2025·芜湖二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋2(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
【解答】
由an＋1＝Sn＋2(n∈N*)，得an＝Sn－1＋2(n≥2)，则an＋1－an＝an(n≥2)，即 an＋1＝ 2an(n≥2)．
又a2＝S1＋2＝a1＋2＝4，满足an＋1＝2an，所以an＋1＝2an(n∈N*)，所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2n．
9．(2025·芜湖二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋2(n∈N*)．
(2)保持{an}的各项顺序不变，在ak和ak＋1之间插入k个1，使它们与数列{an}的项组成一个新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Tn，求T55．
【解答】
10．(2025·湖北八校联考)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋2－6．
(1)求数列{an}的通项公式；
【解答】
设{an}的公比为q，则q＞0．又2Sn＝an＋2－6，当n＝1时，2S1＝a3－6，当 n＝2时，2S2＝a4－6，
两式相减可得2a2＝a4－a3，所以2＝q2－q，解得q＝2或q＝－1(舍去)，所以2S1＝ a3－6＝4a1－6，即a1＝3，所以等比数列{an}的通项公式为an＝3×2n－1．
10．(2025·湖北八校联考)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋2－6．
(2)记bm为数列{Sn}在区间(am，am＋2)中最大的项，求数列{bn}的前n项和Tn．
【解答】
