高考数学二轮复习专项分层特训微专题9数列中的公共项与插项问题含答案

这是一份高考数学二轮复习专项分层特训微专题9数列中的公共项与插项问题含答案，共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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．23 B．24
C．25 D．26
2．[2022·江苏常州模拟]己知数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 满足an＝n，在an，an＋1之间插入n个1，构成数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) ：a1，1，a2，1，1，a3，1，1，1，a4，…，则数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 的前100项的和为( )
A．178 B．191
C．206 D．216
二、多项选择题
3．已知n，m∈N*，将数列{4n＋1}与数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(5m)) 的公共项从小到大排列得到数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) ，则( )
A．an＝5n
B．an＝5n
C． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 的前n项和 eq \f(5（5n－1）,4)
D． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 的前n项和为 eq \f(5（25n－1）,24)
三、填空题
4．[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
5．[2022·福建模拟]Sn为数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 的前n项和，已知4Sn＝a eq \\al(2,n) ＋2an－3，且an>0.
(1)求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 的通项公式an；
(2)数列bn依次为：a1，2，a2，22，23，a3，24，25，26，a4，27，28，29，210，…，规律是在ak和ak＋1中间插入k项，所有插入的项构成以2为首项，2为公比的等比数列，求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 的前50项的和．
6．已知数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 为首项为8，公差为4的等差数列，数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 满足：对任意的n∈N*，都有a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝n·2n＋3.
(1)求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) ， eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 的通项公式；
(2)将数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) ， eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 中的公共项按照从小到大重新排列构成新数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn)) ，求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn)) 的通项公式以及数列{ancn}的前n项和．
7．已知数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(2an)) 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 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 的前n项和，且bn是1和Sn的等差中项，若数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn)) 是由数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 中的项依次剔除与 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 的公共项剩下的部分组成，求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn)) 的前100项和．
8．[2022·山东济南二模]已知 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 是递增的等差数列，a1＋a5＝18，a1，a3，a9分别为等比数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 的前三项．
(1)求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 和 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 的通项公式；
(2)删去数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 中的第ai项(其中i＝1，2，3，… )，将剩余的项按从小到大的顺序排成新数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn)) ，求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn)) 的前n项和Sn.
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 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn)) ，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 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn)) 的公差为12，所以cn＝12n－1≤302，解得n≤25 eq \f(1,4) ，
所以两数列有25个公共项．故选C.
答案：C
2．解析：数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(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，…，
所以共有n＋[1＋2＋…＋(n－1)]＝n＋ eq \f(（n－1）（1＋n－1）,2) ＝ eq \f(1,2) (n2＋n)个数，当n＝13时， eq \f(1,2) ×13×14＝91，
当n＝14时， eq \f(1,2) ×14×15＝105，由于an＝n，所以S100＝(a1＋a2＋…＋a13)＋(100－13)×1＝ eq \f(（1＋13）×13,2) ＋87＝178.故选A.
答案：A
3．解析：令4n＋1＝5m(n，m∈N*)，
所以n＝ eq \f(5m－1,4) ＝ eq \f(（4＋1）m－1,4) ＝ eq \f(4m＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(m)) ·4m－1＋…＋C eq \\al(\s\up1(m－1),\s\d1(m)) ·4,4) ＝k(k∈N*)(m＝2，3，…)，
当m＝1时，n＝1，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(5m)) 为数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(4n＋1)) 的子数列，
所以an＝5n(n＝1，2，3…)，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 的前n项为 eq \f(5（1－5n）,1－5) ＝ eq \f(5（5n－1）,4) .故选BC.
答案：BC
4．解析：设bn＝2n－1，cn＝3n－2，bn＝cm，则2n－1＝3m－2，得n＝ eq \f(3m－1,2) ＝ eq \f(3m－3＋2,2) ＝ eq \f(3（m－1）,2) ＋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＝ eq \f(1＋6n－5,2) ×n＝3n2－2n.
答案：3n2－2n
5．解析：(1)n＝1时，4S1＝4a1＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋2a1－3，解得a1＝3(a1＝－1舍去)，
由4Sn＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋2an－3得n≥2时，4Sn－1＝(an－1)2＋2an－1－3，
两式相减得4an＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) －a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n－1)) ＋2an－2an－1，(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
因为an>0，所以an－an－1＝2， eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 是等差数列，公差为2，
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)由于1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36，1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＝45，45＋9>50，
因此数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 的前50项中含有 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 的前9项，含有 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(2n)) 中的前41项，
所求和为S＝3×9＋ eq \f(8×9,2) ×2＋ eq \f(2（1－241）,1－2) ＝242＋97.
6．解析：(1)依题意an＝8＋4(n－1)＝4n＋4，
因为a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝n·2n＋3，即8b1＋12b2＋…＋(4n＋4)bn＝n·2n＋3；①
所以8b1＋12b2＋…＋4nbn－1＝(n－1)·2n＋2；②
①－②得，(4n＋4)bn＝n·2n＋3－(n－1)·2n＋2＝(n＋1)·2n＋2，所以bn＝2n，
故an＝4n＋4，bn＝2n.
(2)由(1)可知 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn)) 的首项为8，公比为2，故cn＝8×2n－1＝2n＋2，所以ancn＝(4n＋4)×2n＋2，
设 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(ancn)) 的前n项和为Sn，则Sn＝a1c1＋a2c2＋…＋ancn
＝8×23＋12×24＋…＋(4n＋4)×2n＋2；①
2Sn＝8×24＋12×25＋…＋(4n＋4)×2n＋3；②
①－②得－Sn＝8×23＋4×(24＋25＋…＋2n＋2)－(4n＋4)×2n＋3
＝8×23＋4× eq \f(24（1－2n－1）,1－2) －(4n＋4)×2n＋3＝26×2n－1－(4n＋4)×2n＋3，
所以Sn＝(4n＋4)×2n＋3－26×2n－1＝n×2n＋5.
7．解析：数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(2an)) 是公比为4的等比数列，则 eq \f(2an＋1,2an) ＝2an＋1－an＝4，即an＋1－an＝2，
即 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 是公差为2的等差数列．
a2，a4，a7成等比数列，故a2·a7＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ，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 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 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 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 的前105项中有5项需要剔除，分别为8，16，32，64，128.
故数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn)) 的前100项和为105×6＋ eq \f(104×105,2) ×2－8－16－32－64－128＝11 302.
8．解析：(1)设数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an)) 的公差为d(d>0)，数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn)) 的公比为q，
由已知得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1＋4d＝18,（a1＋2d）2＝a1（a1＋8d）)) ，解得a1＝3，d＝3 ，所以an＝3n；
所以b1＝a1＝3，q＝ eq \f(a3,a1) ＝3，所以bn＝3n.
(2)由题意可知新数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn)) 为：b1，b2，b4，b5，…，
则当n为偶数时，Sn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b1＋b4＋…＋b3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)))－2)) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2＋b5＋…＋b3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)))－1)) ＝ eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－27\s\up6(\f(n,2)))),1－27) ＋ eq \f(32\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－27\s\up6(\f(n,2)))),1－27) ＝ eq \f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(27\s\up6(\f(n,2))－1)),13) ，
则当n为奇数时，Sn＝Sn－1＋cn＝Sn－1＋b3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,2))) －2＝Sn－1＋b eq \s\d9(\f(3n－1,2)) ＝ eq \f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(27\s\up6(\f(n－1,2))－1)),13) ＋3 eq \s\up6(\f(3n－1,2)) ，
综上：Sn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(27\s\up6(\f(n,2))－1)),13)，n为偶数,\f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(27\s\up6(\f(n－1,2))－1)),13)＋3\s\up6(\f(3n－1,2))，n为奇数)) .