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第六节　子数列与数列的新定义问题
题点一　公共项问题
[例1]　已知数列{an}与{bn}的通项公式分别为an=4n-1,bn=3n+2,它们的公共项由小到大排列组成数列{cn},求数列{cn}的通项公式.
|思维建模|
两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列,且公差(比)是两等差(比)数列公差(比)的最小公倍数,一个等差与一个等比数列的公共项则要通过其项数之间的关系来确定.
[即时训练]
1.已知等差数列{an}满足a3+a4=12,a5+a7=22,数列{bn}满足b1=3,且bn+1=2bn-n+1.
(1)证明:{bn-n}是等比数列,并求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)将数列{an}和{bn}的公共项从小到大排列组成的数列记为{cn},求{(-1)ncn}的前2n项和S2n.
题点二　插项问题
[例2]　已知等差数列{An}的首项为2,公差为8,在{An}中每相邻两项之间插入三个数,使得它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列{an}.
(1)求数列{an}的前n项和Sn;
(2)若,,…,是从{an}中抽取的若干项按原来的顺序排列组成的一个等比数列,k1=1,k2=3,令bn=nkn,求数列{bn}的前n项和Tn.
|思维建模|
数列的插项问题可通过研究前几项的变化来探究一般性规律,从而确定新数列的首项、项数、公差(或公比)、末项等信息.
[即时训练]
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),满足3a2+2a3=S5+6.
(1)若数列{Sn}为递减数列,求a1的取值范围;
(2)若a1=1,在数列{an}的第n项与第n+1项之间插入首项为1,公比为2的等比数列的前n项,形成新数列{bn},记数列{bn}的前n项和为Tn,求T95.
题点三　新定义问题
　　　　　　　　　　　　　　　　
[例3]　设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意正整数n,总存在正整数m,使得Sn=am,则称{an}是“H数列”.
(1)已知数列{an}是等差数列,且a1=0,求证:数列{an}是“H数列”;
(2)若数列{an}的前n项和Sn=2an-1(n∈N*),求证:数列{an}不是“H数列”;
(3)设{an}是等差数列,其首项a1=1,公差d<0.若{an}是“H数列”,求d的值.
|思维建模|　与数列有关的新定义问题的解题策略
(1)通过给定的与数列有关的新定义,或约定的一种新运算,或给出的由几个新模型来创设的新问题的情境,要求在阅读理解的基础上,依据题设所提供的信息,联系所学的知识和方法,实现信息的迁移,达到灵活解题的目的.
(2)遇到新定义问题,需耐心研究题中信息,分析新定义的特点,搞清新定义的本质,按新定义的要求“照章办事”,逐条分析、运算、验证,使问题得以顺利解决.
(3)类比“熟悉数列”的研究方式,用特殊化的方法研究新数列,向“熟悉数列”的性质靠拢.
第六节　子数列与数列的新定义问题
题点一
[例1]　解:法一　设ak=bm=cp,则4k-1=3m+2,
所以k=,
因为3,4互质,所以m+1必为4的倍数,即m=4p-1,
所以cp=bm=3(4p-1)+2=12p-1,
即数列{cn}的通项公式为cn=12n-1.
法二　由观察可知,两个数列的第一个公共项为11,所以c1=11.
设ak=bm=cp,则4k-1=3m+2,
所以ak+1=4(k+1)-1=4k+3=3m+6=3+2不是数列{bn}中的项,ak+2=4(k+2)-1=4k+7=3m+10=3+2不是数列{bn}中的项,ak+3=4(k+3)-1=4k+11=3m+14=3(m+4)+2是数列{bn}中的项.
所以cp+1=ak+3,则cp+1-cp=ak+3-ak=3×4=12,
所以数列{cn}是等差数列,其公差为12,首项为11,
因此,数列{cn}的通项公式为cn=12n-1.
[即时训练]
1.快审准解:(1)根据等差数列公式确定an=2n-1,计算得到=2,得到证明.
(2)确定cn=b2n-1=22n-1+(2n-1),再根据分组法求和结合等比数列求和公式计算得到答案.
解:(1)证明:由题可知a3+a4=2a1+5d=12,a5+a7=2a1+10d=22,所以a1=1,d=2,所以an=2n-1.
因为bn+1=2bn-n+1,所以bn+1-(n+1)=2(bn-n),
因为b1-1=2≠0,所以bn-n≠0,所以=2(常数),
所以{bn-n}是等比数列,所以bn-n=2n,即bn=2n+n.
(2)由(1)知{an}的项为从1开始的奇数.当n为奇数时,bn=2n+n为奇数,bn≥3,故cn=b2n-1=22n-1+(2n-1).
S2n=-c1+c2-c3+c4+…-c2n-1+c2n=(-21+23-25+27+…-24n-3+24n-1)+[-1+3-5+7+…-(4n-3)+(4n-1)]=-2×+2n=+2n.
题点二
[例2]　解:(1)因为等差数列{An}的首项为2,公差为8,
所以A1=2,A2=10.
又在{An}中每相邻两项之间插入三个数,使得它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列{an},设其公差为d,则a1=A1=2,a5=A2=10,所以d==2, 所以an=2+(n-1)×2=2n,Sn==n(n+1)(n∈N*).
(2)设等比数列,,…,的公比为q,由于,为等比数列的前两项,且k1=1,k2=3,
则q====3,所以=2×3n-1.
由(1)知an=2n,所以=2kn=2×3n-1,从而kn=3n-1,于是bn=nkn=n·3n-1,
由Tn=1×30+2×31+3×32+…+n·3n-1,
得3Tn=1×31+2×32+3×33+…+(n-1)·3n-1+n·3n,
所以-2Tn=1×30+1×31+1×32+…+1·3n-1-n·3n=-n·3n=·3n-,
从而Tn=×3n+.
[即时训练]
2.解:(1)法一　记等差数列{an}的公差为d,由3a2+2a3=S5+6,得3(a1+d)+2(a1+2d)=5a1+d+6,解得d=-2,
所以Sn=na1+×(-2)=-n2+(a1+1)n.
若数列{Sn}为递减数列,则Sn+1-Sn<0(n≥1)恒成立,
即an+1=a1-2n<0(n≥1)恒成立,
得a1<2n(n≥1)恒成立,则a1<2.
故a1的取值范围是(-∞,2).
法二　记等差数列{an}的公差为d,由3a2+2a3=S5+6,得3(a1+d)+2(a1+2d)=5a1+d+6,解得d=-2,所以Sn=na1+×(-2)=-n2+(a1+1)n.
若数列{Sn}为递减数列,则需满足<,
解得a1<2.故a1的取值范围是(-∞,2).
(2)由(1)知,{an}的公差d=-2,
又a1=1,所以an=1+(n-1)×(-2)=3-2n.
根据题意,数列{bn}为1,20,-1,20,21,-3,20,21,22,-5,…,-2n+3,20,21,…,2n-1,-2n+1,….
可将数列分组:
第一组为1,20;
第二组为-1,20,21;
第三组为-3,20,21,22;
…
第k(k∈N*)组为-2k+3,20,21,22,…,2k-1;
…
则前k组一共有2+3+…+(k+1)=(项),
当k=12时,项数为90.
故T95相当于是前12组的和再加上-23,1,2,22,23,
即T95=[1+(-1)+(-3)+…+(-21)]+[20+(20+21)+(20+21+22)+…+(20+21+…+211)]+(-23+1+2+22+23),
20+(20+21)+(20+21+22)+…+(20+21+…+211)可看成是数列{cn}(cn=2n-1)的前12项和,所以T95=+-12-23+1+2+4+8=213-142=8 050.
题点三
[例3]　解:(1)证明:因为a1=0,设公差为d,所以Sn=,令m=+1,
则m∈N*,这时Sn=am,
即对任意正整数n,存在正整数m,使得Sn=am,所以数列{an}是“H数列”.
(2)证明:因为数列{an}的前n项和Sn=2an-1,
当n=1时,a1=2a1-1,所以a1=1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-1-2an-1+1,
所以an=2an-1,所以{an}是以1为首项,2为公比的等比数列.
所以an=2n-1,Sn=2n-1.
假设数列{an}是“H数列”,则对任意正整数n,总存在正整数m,使得Sn=am,
当m=1时,有2n-1=1,则n=1;
当m≥2时,有2n-1=2m-1,左边为奇数,右边为偶数,该方程无解.
所以对任意正整数n,不一定存在正整数m,使得Sn=am,
所以数列{an}不是“H数列”.
(3)依题意,an=1+(n-1)d,Sn=n+,
若{an}是“H数列”,则对任意的n∈N*,都存在k∈N*使得ak=Sn,即1+(k-1)d=n+,
所以k=++1.
又因为k∈N*,∈N,
所以对任意的n∈N*,∈Z,且d<0,则d=-1.
[即时训练]
3.解:(1)依题意R=ln a5+ln a5=ln 16,又R=ln a1+ln a9,
所以ln a9=R=ln 16,即a9=16.
(2)①证明:依题意bi=,则bm+1-i=,
因此bibm+1-i=1,
从而ln bi+ln bm+1-i=0,
即数列{bn}是一个项数为m的对数等和数列.
②依题意,bm=b1qm-1,则=1 024,
即=,即m=11, 则bi=1 024qi-1=46-i,
又R=0,故ln ai+ln am+1-i=0,即aiam+1-i=1,
此时bi==,即==4i-6,ai=2i-6,
注意到i×2i-6=(i-1)2i-5-(i-2)2i-6,
所以iai=i×2i-6= [(i-1)2i-5-(i-2)2i-6]=10×26-(-1)×2-5=.
[即时训练]
3.若数列{cn}共有m(m∈N*,m≥3)项, i(i∈N*,i≤m)都有ln ci+ln cm+1-i=R,其中R为常数,则称数列{cn}是一个项数为m的“对数等和数列”,其中R称为“对数等和常数”.已知数列{an}是一个项数为m的对数等和数列,对数等和常数为R.
(1)若m=9,a1=1,a5=4,求a9的值;
(2)定义数列{bn}满足bi=,i=1,2,3,…,m.
①求证:数列{bn}是一个项数为m的对数等和数列;
②已知数列{bn}是首项为1 024,公比为的等比数列,若R=0,求iai的值.
课下作业:请完成“课时跟踪检测(四十六)”(共41张PPT)
第六节
子数列与数列的新定义问题
目录
01.题点一　公共项问题
02.题点二　插项问题
04.课时跟踪检测
03.题点三　新定义问题
[例1]　已知数列{an}与{bn}的通项公式分别为an=4n-1，bn=3n+2，它们的公共项由小到大排列组成数列{cn}，求数列{cn}的通项公式.
解:法一　设ak=bm=cp，则4k-1=3m+2，
所以k=，因为3，4互质，
所以m+1必为4的倍数，即m=4p-1，
所以cp=bm=3(4p-1)+2=12p-1，
即数列{cn}的通项公式为cn=12n-1.
题点一　公共项问题
法二　由观察可知，两个数列的第一个公共项为11，
所以c1=11.设ak=bm=cp，则4k-1=3m+2，
所以ak+1=4(k+1)-1=4k+3=3m+6=3+2不是数列{bn}中的项，ak+2=4(k+2)-1=4k+7=3m+10=3+2不是数列{bn}中的项，ak+3=4(k+3)-1=4k+11=3m+14=3(m+4)+2是数列{bn}中的项.
所以cp+1=ak+3，则cp+1-cp=ak+3-ak=3×4=12，
所以数列{cn}是等差数列，其公差为12，首项为11，
因此，数列{cn}的通项公式为cn=12n-1.
两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列，且公差(比)是两等差(比)数列公差(比)的最小公倍数，一个等差与一个等比数列的公共项则要通过其项数之间的关系来确定.
思维建模
1.已知等差数列{an}满足a3+a4=12，a5+a7=22，数列{bn}满足b1=3，且bn+1=2bn-n+1.
(1)证明:{bn-n}是等比数列，并求数列{an}和{bn}的通项公式;
快审准解:根据等差数列公式确定an=2n-1，计算得到=2，得到证明.
解:证明:由题可知a3+a4=2a1+5d=12，a5+a7=2a1+10d=22，
所以a1=1，d=2，所以an=2n-1.
即时训练
因为bn+1=2bn-n+1，
所以bn+1-(n+1)=2(bn-n)，
因为b1-1=2≠0，
所以bn-n≠0，
所以=2(常数)，
所以{bn-n}是等比数列，
所以bn-n=2n，即bn=2n+n.
(2)将数列{an}和{bn}的公共项从小到大排列组成的数列记为{cn}，求{(-1)ncn}的前2n项和S2n.
快审准解:确定cn=b2n-1=22n-1+(2n-1)，再根据分组法求和结合等比数列求和公式计算得到答案.
解:由(1)知{an}的项为从1开始的奇数.
当n为奇数时，bn=2n+n为奇数，bn≥3，故cn=b2n-1=22n-1+(2n-1).
S2n=-c1+c2-c3+c4+…-c2n-1+c2n=(-21+23-25+27+…-24n-3+24n-1)+[-1+3-5+7+…-(4n-3)+(4n-1)]=-2×+2n=+2n.
[例2]　已知等差数列{An}的首项为2，公差为8，在{An}中每相邻两项之间插入三个数，使得它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列{an}.
(1)求数列{an}的前n项和Sn;
解:因为等差数列{An}的首项为2，公差为8，所以A1=2，A2=10.
又在{An}中每相邻两项之间插入三个数，使得它们与原数列的项一起构成一个新的等差数列{an}，设其公差为d，则a1=A1=2，a5=A2=10，所以d==2， 所以an=2+(n-1)×2=2n，Sn==n(n+1)(n∈N*).
题点二　插项问题
(2)若，…，是从{an}中抽取的若干项按原来的顺序排列组成的一个等比数列，k1=1，k2=3，令bn=nkn，求数列{bn}的前n项和Tn.
解:设等比数列，…，的公比为q，
由于为等比数列的前两项，
且k1=1，k2=3，
则q====3，所以=2×3n-1.
由(1)知an=2n，所以=2kn=2×3n-1，从而kn=3n-1，
于是bn=nkn=n·3n-1，
由Tn=1×30+2×31+3×32+…+n·3n-1，
得3Tn=1×31+2×32+3×33+…+(n-1)·3n-1+n·3n，
所以-2Tn=1×30+1×31+1×32+…+1·3n-1-n·3n=-n·3n=·3n-，
从而Tn=×3n+.
数列的插项问题可通过研究前几项的变化来探究一般性规律，从而确定新数列的首项、项数、公差(或公比)、末项等信息.
思维建模
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，满足3a2+2a3=S5+6.
(1)若数列{Sn}为递减数列，求a1的取值范围;
解:法一　记等差数列{an}的公差为d，
由3a2+2a3=S5+6，
得3(a1+d)+2(a1+2d)=5a1+d+6，解得d=-2，
所以Sn=na1+×(-2)=-n2+(a1+1)n.
即时训练
若数列{Sn}为递减数列，则Sn+1-Sn<0(n≥1)恒成立，
即an+1=a1-2n<0(n≥1)恒成立，得a1<2n(n≥1)恒成立，则a1<2.
故a1的取值范围是(-∞，2).
法二　记等差数列{an}的公差为d，由3a2+2a3=S5+6，得3(a1+d)+2(a1+2d)=5a1+d+6，解得d=-2，所以Sn=na1+×(-2)=-n2+(a1+1)n.若数列{Sn}为递减数列，则需满足<，
解得a1<2.故a1的取值范围是(-∞，2).
(2)若a1=1，在数列{an}的第n项与第n+1项之间插入首项为1，公比为2的等比数列的前n项，形成新数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Tn，求T95.
解:由(1)知，{an}的公差d=-2，
又a1=1，所以an=1+(n-1)×(-2)=3-2n.
根据题意，数列{bn}为1，20，-1，20，21，-3，20，21，22，-5，…，-2n+3，20，21，…，2n-1，-2n+1，….
可将数列分组:
第一组为1，20;
第二组为-1，20，21;
第三组为-3，20，21，22;
…
第k(k∈N*)组为-2k+3，20，21，22，…，2k-1;
…
则前k组一共有2+3+…+(k+1)=(项)，当k=12时，项数为90.
故T95相当于是前12组的和再加上-23，1，2，22，23，
即T95=[1+(-1)+(-3)+…+(-21)]+[20+(20+21)+(20+21+22)+
…+(20+21+…+211)]+(-23+1+2+22+23)，
20+(20+21)+(20+21+22)+…+(20+21+…+211)可看成是数列{cn}(cn=2n-1)的前12项和，所以T95=+-12-23+1+2+4+8=213-142
=8 050.
[例3]　设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意正整数n，总存在正整数m，使得Sn=am，则称{an}是“H数列”.
(1)已知数列{an}是等差数列，且a1=0，求证:数列{an}是“H数列”;
解:证明:因为a1=0，设公差为d，所以Sn=，令m=+1，
则m∈N*，这时Sn=am，
即对任意正整数n，存在正整数m，使得Sn=am，
所以数列{an}是“H数列”.
题点三　新定义问题
(2)若数列{an}的前n项和Sn=2an-1(n∈N*)，求证:数列{an}不是“H数列”;
解:证明:因为数列{an}的前n项和Sn=2an-1，
当n=1时，a1=2a1-1，所以a1=1，
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2an-1-2an-1+1，
所以an=2an-1，
所以{an}是以1为首项，2为公比的等比数列.
所以an=2n-1，Sn=2n-1.
假设数列{an}是“H数列”，则对任意正整数n，总存在正整数m，使得Sn=am，
当m=1时，有2n-1=1，则n=1;
当m≥2时，有2n-1=2m-1，左边为奇数，右边为偶数，该方程无解.
所以对任意正整数n，不一定存在正整数m，使得Sn=am，
所以数列{an}不是“H数列”.
(3)设{an}是等差数列，其首项a1=1，公差d<0.若{an}是“H数列”，求d的值.
解:依题意，an=1+(n-1)d，Sn=n+，
若{an}是“H数列”，则对任意的n∈N*，都存在k∈N*使得ak=Sn，
即1+(k-1)d=n+，所以k=++1.
又因为k∈N*，∈N，所以对任意的n∈N*，∈Z，
且d<0，则d=-1.
与数列有关的新定义问题的解题策略
(1)通过给定的与数列有关的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问题的情境，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.
思维建模
(2)遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决.
(3)类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢.
3.若数列{cn}共有m(m∈N*，m≥3)项， i(i∈N*，i≤m)都有ln ci+ln cm+1-i=R，其中R为常数，则称数列{cn}是一个项数为m的“对数等和数列”，其中R称为“对数等和常数”.已知数列{an}是一个项数为m的对数等和数列，对数等和常数为R.
(1)若m=9，a1=1，a5=4，求a9的值;
解:依题意R=ln a5+ln a5=ln 16，又R=ln a1+ln a9，
所以ln a9=R=ln 16，即a9=16.
即时训练
(2)定义数列{bn}满足bi=，i=1，2，3，…，m.
①求证:数列{bn}是一个项数为m的对数等和数列;
②已知数列{bn}是首项为1 024，公比为的等比数列，若R=0，
求 iai的值.
解:①证明:依题意bi=，则bm+1-i=，因此bibm+1-i=1，从而ln bi+ln bm+1-i=0，
即数列{bn}是一个项数为m的对数等和数列.
②依题意，bm=b1qm-1，则=1 024，
即=，即m=11， 则bi=1 024qi-1=46-i，
又R=0，故ln ai+ln am+1-i=0，即aiam+1-i=1，
此时bi==，即==4i-6，ai=2i-6，
注意到i×2i-6=(i-1)2i-5-(i-2)2i-6，
所以 iai= i×2i-6
= [(i-1)2i-5-(i-2)2i-6]
=10×26-(-1)×2-5=.
课时跟踪检测
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1.(15分)设数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且2Sn=(n+1)an(n∈N*).
(1)求{an}的通项公式;(5分)
快审准解:根据an=公式计算即可求解;
解:当n≥2时，2Sn=(n+1)an，2Sn-1=nan-1，两式相减，得2an=(n+1)an-nan-1，整理可得=，而=1，所以=1，即an=n.
当n=1时，a1=1，符合上式.综上，an=n(n∈N*).
(2)数列{bn}满足bn=(-1)nan，将{an}与{bn}的公共项从小到大排列构成新数列{cn}，求cn的前n项和Tn.(10分)
快审准解:当n为偶数时bn=an，当n为奇数时bn=-an，则{cn}为{an}的偶数项，结合等差数列的前n项求和公式计算即可求解.
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解:当n为偶数时，bn=an;当n为奇数时，由an≠0，
得bn=-an≠an，
所以{an}与{bn}的公共项即为{an}的偶数项，
则{cn}是首项c1=a2=2，公差为2的等差数列，
所以cn=2+(n-1)×2=2n，
所以cn的前n项和Tn=2(1+2+…+n)=n(n+1).
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2.(15分)(2024·柳州三模)已知数列{an}满足a1+3a2+…+3n-1an=n·3n，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;(5分)
快审准解:根据an，Sn的关系，作差即可求解;
解:当n=1时，由a1=31=3，得a1=3，当n≥2时，∵a1+3a2+…+3n-1an=n·3n，∴a1+3a2+…+3n-2an-1=(n-1)·3n-1，
两式相减，得3n-1an=n·3n-(n-1)·3n-1=3n-1(2n+1)，∴an=2n+1，
当n=1时，a1=2+1=3，也适合上式.综上可知，an=2n+1.
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(2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(2m，22m)内的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Tm.(10分)
快审准解:根据bm=×4m-×2m，即可由等比数列求和公式求解.
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解:由题意2m<2n+1<22m，
∴∴bm=-+1=×4m-×2m，
∴Tm=×-× =×4m-2m+.
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3.(15分)已知数列{an}的前n项和Sn=，{bn}的前n项之积Tn=(n∈N*).
(1)求{an}与{bn}的通项公式;(5分)
解:由Sn=，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.由Tn=，当n=1时，b1=T1=2，当n≥2时，bn==2n，
当n=1时，上式也成立，所以bn=2n.
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(2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排列组成的数列记为{cn}，求c1+c2+…+c20的值.(10分)
解:设3n-1=2m=(3-1)m=·3m(-1)0+·3m-1(-1)1+…+×3×
(-1)m-1+30·(-1)m=3M+(-1)m，m∈N*，当m=1时，M=1;当m>1时，M为3的正整数倍，
故当m为奇数时，n=M，故公共项为m=1，3，5，7，…，
所以21，23，25，27，…构成首项为2，公比为4的等比数列cn=2·4n-1，故c1+c2+…+c20==(420-1).
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4.(15分)已知数列{an}有100项，a1=a，对任意 n∈[2，100]，存在an=ai+d，i∈[1，n-1]，若ak与前n项中某一项相等，则称ak具有性质P.
(1)若a1=1，d=2，求a4可能的值;(3分)
解:因为数列{an}有100项，a1=a，
对任意n∈[2，100]，存在an=ai+d，i∈[1，n-1]，
若a1=1，d=2，
则当n=2时，a2=a1+d=3，
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当n=3时，i∈[1，2]，
则a3=a1+d=3，或a3=a2+d=5，
当n=4时，i∈[1，3]，
则a4=a1+d=3，或a4=a2+d=5，
或a4=a3+d=a1+2d=5，或a4=a3+d=a2+2d=7，
所以a4可能的值为3，5，7.
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(2)数列{an}中不存在具有性质P的项，求证:{an}是等差数列;(5分)
解:证明:由题意，得a1=a，a2=a1+d=a+d，a3=ai+d(i=1，2)，
当i=1时，a3=a1+d=a+d=a2，则a3满足了性质P，矛盾，
当i=2时，a3=a2+d=a+2d，不矛盾，所以a3=a+2d，
以此类推，an=ai+d(i=1，2，3，…，n-1)，
当i=1，2，3，…，n-1时，an分别等于a1，a2，a3，…，an-2，
则an满足了性质P，矛盾. 所以只能i=n-1，
即an=an-1+d，不矛盾，即数列{an}是等差数列.
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(3)若{an}中恰有三项具有性质P，这三项和为c，使用a，d，c表示a1+a2+…+a100.(7分)
解:将数列{an}中具有性质P的三项去掉，得到一个新的数列{bn}，b1=a1=a.当n∈[2，97]时，bn=bi+d(i∈[1，n-1])，
且{bn}中没有满足性质P的项，由(2)可知，数列{bn}是等差数列，
所以b1+b2+…+b97=97b1+d=97a+4 656d， 又因为数列{an}中去掉的三项和为c，所以a1+a2+…+a100=97a+4 656d+c.
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4课时跟踪检测(四十六)　子数列与数列的新定义问题
1.(15分)设数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且2Sn=(n+1)an(n∈N*).
(1)求{an}的通项公式;(5分)
(2)数列{bn}满足bn=(-1)nan,将{an}与{bn}的公共项从小到大排列构成新数列{cn},求cn的前n项和Tn.(10分)
2.(15分)(2024·柳州三模)已知数列{an}满足a1+3a2+…+3n-1an=n·3n,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;(5分)
(2)对任意m∈N*,将数列{an}中落入区间(2m,22m)内的项的个数记为bm,求数列{bm}的前m项和Tm.(10分)
3.(15分)已知数列{an}的前n项和Sn=,{bn}的前n项之积Tn=(n∈N*).
(1)求{an}与{bn}的通项公式;(5分)
(2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排列组成的数列记为{cn},求c1+c2+…+c20的值.(10分)
4.(15分)已知数列{an}有100项,a1=a,对任意n∈[2,100],存在an=ai+d,i∈[1,n-1],若ak与前n项中某一项相等,则称ak具有性质P.
(1)若a1=1,d=2,求a4可能的值;(3分)
(2)数列{an}中不存在具有性质P的项,求证:{an}是等差数列;(5分)
(3)若{an}中恰有三项具有性质P,这三项和为c,使用a,d,c表示a1+a2+…+a100.(7分)
课时跟踪检测(四十六)
1.快审准解:(1)根据an=公式计算即可求解;
(2)当n为偶数时bn=an,当n为奇数时bn=-an,则{cn}为{an}的偶数项,结合等差数列的前n项求和公式计算即可求解.
解:(1)当n≥2时,2Sn=(n+1)an,2Sn-1=nan-1,
两式相减,得2an=(n+1)an-nan-1,
整理可得=,而=1,所以=1,即an=n.
当n=1时,a1=1,符合上式.
综上,an=n(n∈N*).
(2)当n为偶数时,bn=an;
当n为奇数时,由an≠0,得bn=-an≠an,
所以{an}与{bn}的公共项即为{an}的偶数项,
则{cn}是首项c1=a2=2,公差为2的等差数列,
所以cn=2+(n-1)×2=2n,
所以cn的前n项和Tn=2(1+2+…+n)=n(n+1).
2.快审准解:(1)根据an,Sn的关系,作差即可求解;
(2)根据bm=×4m-×2m,即可由等比数列求和公式求解.
解:(1)当n=1时,由a1=31=3,得a1=3,
当n≥2时,∵a1+3a2+…+3n-1an=n·3n,
∴a1+3a2+…+3n-2an-1=(n-1)·3n-1,
两式相减,得3n-1an=n·3n-(n-1)·3n-1=3n-1(2n+1),
∴an=2n+1,
当n=1时,a1=2+1=3,也适合上式.
综上可知,an=2n+1.
(2)由题意2m<2n+1<22m,
∴∴bm=-+1=×4m-×2m,
∴Tm=×-× =×4m-2m+.
3.解:(1)由Sn=,
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.
由Tn=,当n=1时,b1=T1=2,
当n≥2时,bn==2n,
当n=1时,上式也成立,
所以bn=2n.
(2)设3n-1=2m=(3-1)m=·3m(-1)0+·3m-1·(-1)1+…+×3×(-1)m-1+30·(-1)m=3M+(-1)m,m∈N*,当m=1时,M=1;当m>1时,M为3的正整数倍,
故当m为奇数时,n=M,故公共项为m=1,3,5,7,…,
所以21,23,25,27,…构成首项为2,公比为4的等比数列cn=2·4n-1,
故c1+c2+…+c20==(420-1).
4.解:(1)因为数列{an}有100项,a1=a,
对任意n∈[2,100],存在an=ai+d,i∈[1,n-1],
若a1=1,d=2,则当n=2时,a2=a1+d=3,
当n=3时,i∈[1,2],则a3=a1+d=3,或a3=a2+d=5,
当n=4时,i∈[1,3],则a4=a1+d=3,或a4=a2+d=5,或a4=a3+d=a1+2d=5,或a4=a3+d=a2+2d=7,
所以a4可能的值为3,5,7.
(2)证明:由题意,得a1=a,a2=a1+d=a+d,a3=ai+d(i=1,2),
当i=1时,a3=a1+d=a+d=a2,则a3满足了性质P,矛盾,
当i=2时,a3=a2+d=a+2d,不矛盾,所以a3=a+2d,
以此类推,an=ai+d(i=1,2,3,…,n-1),
当i=1,2,3,…,n-1时,an分别等于a1,a2,a3,…,an-2,
则an满足了性质P,矛盾.
所以只能i=n-1,即an=an-1+d,不矛盾,即数列{an}是等差数列.
(3)将数列{an}中具有性质P的三项去掉,得到一个新的数列{bn},b1=a1=a.
当n∈[2,97]时,bn=bi+d(i∈[1,n-1]),
且{bn}中没有满足性质P的项,
由(2)可知,数列{bn}是等差数列,
所以b1+b2+…+b97=97b1+d=97a+4 656d,
又因为数列{an}中去掉的三项和为c,所以a1+a2+…+a100=97a+4 656d+c.

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