新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题9数列中的公共项与插项问题（附解析）

微专题9　数列中的公共项与插项问题一、单项选择题1．已知两个等差数列5，8，11，…，302与3，7，11，…，399，则它们所有公共项的个数为(　　)A．23B．24C．25D．262．已知数列满足an＝n，在an，an＋1之间插入n个1，构成数列：a1，1，a2，1，1，a3，1，1，1，a4，…，则数列的前100项的和为(　　)A．178B．191C．206D．2163．[2023·安徽滁州模拟]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项的和为Tn，则T100＝(　　)A．4056B．4096C．8152D．8192二、多项选择题4．已知n，m∈N*，将数列{4n＋1}与数列的公共项从小到大排列得到数列，则(　　)A．an＝5nB．an＝5nC．的前n项和为D．的前n项和为[答题区]题号1234答案三、填空题5．[2023·湖北襄阳模拟]已知等差数列{an}中，a2＝4，a6＝16，若在数列{an}每相邻两项之间插入三个数，使得新数列也是一个等差数列，则新数列的第43项为________．6．[2020·新高考Ⅰ卷]将数列{2n－1}与{3n－2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________．四、解答题7．[2023·广东茂名模拟]已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S－S＝8n.(1)求Sn；(2)在数列{an}的每相邻两项ak，ak＋1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20项和T20.解： 8．[2023·辽宁丹东模拟]Sn为数列{an}的前n项和，已知Sn＝3－an－n2.(1)证明：an＝3－2n；(2)保持数列{an}中各项先后顺序不变，在ak与ak＋1之间插入数列的前k项，使它们和原数列的项构成一个新的数列：a1，2·21，a2，2·21，3·22，a3，2·21，3·22，4·23，a4，…，求这个新数列的前50项和．解：9．已知数列是公比为4的等比数列，且满足a2，a4，a7成等比数列，Sn为数列的前n项和，且bn是1和Sn的等差中项，若数列是由数列中的项依次剔除与的公共项剩下的部分组成，求数列的前100项和．解：10．[2023·河北承德模拟]已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝(1)证明：数列为等差数列；(2)若将数列{an}中满足ai＝aj的项ai，aj(i≠j)称为数列{an}中的相同项，将数列{an}的前40项中所有的相同项都剔除，求数列{an}的前40项中余下项的和．解： 微专题9　数列中的公共项与插项问题1．解析：设两数列的所有相同的项构成的新数列为，c1＝11，又数列5，8，11，…，302的公差为3，数列3，7，11，…，399的公差为4，所以数列的公差为12，所以cn＝12n－1≤302，解得n≤25，所以两数列有25个公共项．故选C.答案：C2．解析：数列满足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，…，所以共有n＋[1＋2＋…＋(n－1)]＝n＋＝(n2＋n)个数，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.故选A.答案：A3．解析：插入n组共个，∵＝78，∴前面插入12组数，最后面插入9个－13.1，，2，，22，，23，…，211，，212，，∵－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，∴－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S13＝a1＋a2＋…＋a13＝＝213－1＝210×8－1＝1024×8－1＝8191，∴T100＝8191－39＝8152.故选C.答案：C4．解析：令4n＋1＝5m(n，m∈N*)，所以n＝＝＝＝k(k∈N*)(m＝2，3，…)，当m＝1时，n＝1，所以数列为数列的子数列， 所以an＝5n(n＝1，2，3…)，所以的前n项为＝.故选BC.答案：BC5．解析：设等差数列{an}的公差为d，则a1＋d＝4，a1＋5d＝16，所以a1＝1，d＝3，设在数列{an}每相邻两项之间插入三个数所得新数列为{bn}，则新的等差数列{bn}的公差为＝，首项为b1＝a1＝1，所以新数列的通项公式为bn＝1＋(n－1)＝n＋，故b43＝×43＋＝.答案：6．解析：设bn＝2n－1，cn＝3n－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，得n＝＝＝＋1，于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N，则ak＝3(2k＋1)－2＝6k＋1，k∈N，得an＝6n－5，n∈N*.故Sn＝×n＝3n2－2n.答案：3n2－2n7．解析：(1)对任意的n∈N*，因为S－S＝8n，当n≥2时，S＝(S－S)＋…＋(S－S)＋S＝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Sn＝2n－1，所以Sn＝2n－1，n∈N*.(2)因为Sn＝2n－1，n∈N*，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－[2(n－1)－1]＝2，所以，an＝，所以，数列{bn}的前20项分别为：1、1、2、1、2、2、1、2、2、2、1、2、2、2、2、1、2、2、2、2，所以{bn}的前20项是由6个1与14个2组成．所以T20＝6×1＋14×2＝34.8．解析：(1)证明：由S1＝3－a1－1得a1＝1.由Sn＝3－an－n2，可知Sn＋1＝3－an＋1－(n＋1)2.相减得2an＋1＝an－2n－1，所以an＋1＋2n－1＝(an＋2n－3).又a1－1＝0，故an＋2n－3＝0，因此an＝3－2n.(2)设数列的前项和为Tn，则Tn＝2·21＋3·22＋…＋(n＋1)·2n.两边同乘以2得2Tn＝2·22＋3·23＋4·24＋…＋(n＋1)·2n＋1. 以上两式相减得Tn＝(n＋1)·2n＋1－4－(22＋23＋…＋2n)＝n·2n＋1.设ak＋1是新数列的第N项，则N＝1＋2＋…＋(k＋1)＝.当k＝8时，N＝45<50，当k＝9时，N＝55>50.故这个新数列的前50项中包含{an}的前9项，以及数列的前k(k＝1，2，3，…，8)项和前5项，由(1)知Sn＝n(2－n)，所以这个新数列的前50项和为S9＋(1·22＋2·23＋…＋8·29)＋(2·21＋3·22＋4·23＋5·24＋6·25)＝－63＋22(1＋2·21＋…＋8·27)＋5·26＝257＋22(1＋7·28)＝261＋7·210＝7429.9．解析：数列是公比为4的等比数列，则＝2an＋1－an＝4，即an＋1－an＝2，即是公差为2的等差数列．a2，a4，a7成等比数列，故a2·a7＝a，即(a1＋6)2＝(a1＋2)·(a1＋12)，解得a1＝6.故an＝2n＋4.bn是1和Sn的等差中项，则2bn＝1＋Sn，当n＝1时，2b1＝1＋S1＝1＋b1，解得b1＝1；当n≥2时，2bn－1＝1＋Sn－1，2bn＝1＋Sn，两式相减得到2bn－2bn－1＝bn，即bn＝2bn－1，故是首项为1公比为2的等比数列，bn＝2n－1，验证n＝1时满足．故bn＝2n－1.令an＝2n＋4＝bm＝2m－1，即n＝2m－2－2，当m＝4时，n＝2；当m＝5时，n＝6；当m＝6时，n＝14；当m＝7时，n＝30；当m＝8时，n＝62；当m＝9时，n＝126.故数列的前105项中有5项需要剔除，分别为8，16，32，64，128.故数列的前100项和为105×6＋×2－8－16－32－64－128＝11302.10．解析：(1)证明：数列{an}满足a1＝3，an＋1＝设bn＝a2n－1，则b1＝a1＝3，有bn＋1＝a2n＋1＝a2n＋2＝(3a2n－1＋3)＋2＝a2n－1＋3＝bn＋3，bn＋1－bn＝3，所以数列{bn}是首项为3公差为3的等差数列，即数列为等差数列． (2)由(1)可知，bn＝3n，设cn＝a2n，同理可证数列{cn}是首项为12公差为9的等差数列，cn＝3＋9n，设数列{bn}的前n项和为Sn，数列{cn}的前n项和为Tn，数列{an}的前40项和为S20＋T20，若bk＝cn(k，n∈N*)，即3k＝3＋9n，得k＝1＋3n，k＝1＋3n≤20，有n≤6，将数列{an}的前40项中所有的相同项都剔除，则数列{an}的前40项中余下项的和为：S20＋T20－2T6＝＋－2×＝2166.