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专题四　数列的综合问题
题型一 等差、等比数列的综合问题
[例 1]已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b2＝4，
an＝2log2bn，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成
数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S50.
【反思感悟】对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等
差、等比数列项之间的关系.数列的求和主要是等差、等比数列的
求和及裂项相消法求和、分组求和法求和与错位相减法求和.
【互动探究】
(1)解：由Sn＝2an－2，
可得当n＝1时，S1＝2a1－2＝a1，解得a1＝2，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，
由Sn－Sn－1，得an＝2an－1，
又a1＝2，
故数列{an}为以2为首项，2为公比的等比数列，
∴an＝a12n-1＝2n.
题型二 数列中的新定义与探究性问题
[例 2 (2024年新课标Ⅰ卷)设m为正整数，数列a1，a2，…，
a4m＋2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj(i＜j)后剩
余的 4m 项可被平均分为 m 组，且每组的 4 个数都能构成等差数
列，则称数列a1，a2…，a4m＋2是(i，j)——可分数列.
(1)解：根据题意，得当(i，j)取(1，2)时，可以分为a3，a4，
a5，a6一组公差为d的等差数列，
当(i，j)取(1，6)时，可以分为a2，a3，a4，a5一组公差为d的等差数列，
当(i，j)取(5，6)时，可以分为a1，a2，a3，a4一组公差为d的等差数列，
∴(i，j)可以为(1，2)，(1，6)，(5，6).
(2)证明：当m＝3时，a1，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10，
a11，a12，a14，
可以分为a1，a4，a7，a10；a3，a6，a9，a12；a5，a8，a11，a14三组公差为3d的等差数列，
∴m＝3时符合题意；
当m＞3时，数列a1，a2，…，a4m＋2去掉a2和a13后，
前三组还按照m＝3时的分法，即a1，a4，a7，a10；a3，a6，a9，a12；a5，a8，a11，a14，
后面的每四个相邻的项分为一组，即a15，a16，a17，a18；…；a4m－1，a4m，a4m＋1，a4m＋2，
每一组都能构成等差数列，
∴数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)——可分数列；
(3)证明：设在给定m的情况下，(i，j)的组数为bm，
当m变成m＋1时，数列就变成了a1，a2，a3，a4，a5，…，a4m＋2，a4m＋3，a4m＋4，a4m＋5，a4m＋6，
这里可以分成3组，前4个一组即{a1，a2，a3，a4}，中间的一组，后4个一组即{a4m＋3，a4m＋4，a4m＋5，a4m＋6}，此时我们要在这里面删除2个数，那么会有以下几种情况：
①两个都在中间.
中间有4m－2个数，且为等差数列，删除2个的话，总数为bm－1种；
②一个在第一组，一个在中间组或两个都在第一组.
第一组和中间组连起来，会变成4m＋2个数的等差数列，这里面总共有bm种方法，但是要去掉两个都在中间的情况，共有bm－bm－1种；
③一个在中间组，一个在最后一组，或者都在最后一组.
和上面一样，也是共有bm－bm－1种；
④一个在第一组，一个在最后一组.
此时，将a1，a4m＋6同时删除是肯定可以的，这算一种；
然后，从(2)的结果来看，把a2，a4m＋5同时删除也是可以的，∵m＝3成立之后，当m＞3时，只是相当于往中间加了4个连续的等差数而已，其他是不变的，这也算一种.
综上所述，有bm＋1≥bm－1＋2(bm－bm－1)＋2＝2bm－bm－1＋2，
bm＋1－bm－(bm－bm－1)≥2，
可得bm＋1－bm≥2m＋2，
即有b2－b1≥2×1＋2，
b3－b2≥2×2＋2，…
bm－bm－1≥2(m－1)＋2，
累加可得bm－b1≥2×(1＋2＋3＋…＋m－1)＋2(m－1)，
【互动探究】
3.(2024年山东青岛一模)记集合 S＝{{an}|无穷数列{an}中存在有限项不为零，n∈N*}，对任意{an}∈S，设变换f({an})＝a1＋a2x＋…＋anxn-1＋…，x∈R.定义运算 ：若{an}，{bn}∈S，则{an} {bn}∈S，f({an} {bn})＝f({an})·f({bn}).
(1)若{an} {bn}＝{mn}，用a1，a2，a3，a4，b1，b2，b3，b4表示m4；
(1)解：∵m4x3＝(a1b4＋a2b3＋a3b2＋a4b1)x3，
∴m4＝a1b4＋a2b3＋a3b2＋a4b1.
　　(2)证明： ∵f({an} {bn})＝f({an})·f({bn})，
∴f({an})·f({bn})·f({cn})＝f({an} {bn})·f({cn})＝f(({an} {bn}) {cn})，
又∵f({an})·f({bn})·f({cn})＝f({an})·[f({bn})·f({cn})]
＝f({an})·f({bn} {cn})
＝f({an} ({bn} {cn}))，
∴f(({an} {bn}) {cn})＝f({an} ({bn} {cn}))，
∴({an} {bn}) {cn}＝{an} ({bn} {cn}).
(2)若数列{an}具有Q(k1)性质，数列{bn}具有Q(k2)性质，证明：数列{an＋bn}具有Q(k1k2)性质；　
(3)记Tn为数列{fn}的前n项和，若数列{Tn}具有Q(k)性质，是否存在m∈N*，使得数列{fn}具有Q(m)性质？说明理由.
(2)证明：不妨记集合Xn＝{an＋cn|n∈N*}＝{x1，x2，…，xk1}，
其中cn＝c1＋(n－1)d1，
记集合Yn＝{bn＋pn|n∈N*}＝{y1，y2，…，yk2}，其中pn＝
p1＋(n－1)d2，
则an＋bn＝xi－cn＋yj－pn
＝－[c1＋p1＋(n－1)(d1＋d2)]＋xi＋yj(i＝1，2，…，k1；
j＝1，2，…，k2)，
取等差数列{Mn}，Mn＝c1＋p1＋(n－1)(d1＋d2)，
则an＋bn＋Mn＝xi＋yj，
∴{an＋bn＋Mn|n∈N*} {xi＋yi|i＝1，2，…，k1；j＝1，2，…，k2}，
因此由分步乘法计数原理得an＋bn＋Mn的不同取值最多只有不超过k1k2个，
故存在正整数m＝k1k2，使得数列{an＋bn}具有Q(k1k2)性质.
(3)解：存在.理由如下：
不妨记集合Xk＝{Tn＋cn|n∈N*}＝{x1，x2，…，xk}，其中
cn＝c1＋(n－1)d1，
当n≥2时，fn＝Tn－Tn－1＝(Tn＋cn)－(Tn－1＋cn－1)－(cn－cn－1)
＝(Tn＋cn)－(Tn－1＋cn－1)－d1，
取kn＝d1，则{kn}是等差数列，
当n≥2时，fn＋kn＝(Tn＋cn)－(Tn－1＋cn－1)∈{x－y|x，y∈Xk}，
当n＝1时，f1＋d1＝T1＋d1，
∴{fn＋kn|n∈N*} {T1＋d1}∪{x－y|x，y∈Xk}，　
∵fn＋kn的不同取值最多只有不超过k2＋1个，
故存在正整数m＝k2＋1使得数列{fn}具有Q(m)性质.
综上所述，若数列{fn}的前n项和{Tn}具有Q(k)性质，则存在正整数m＝k2＋1，使得数列{fn}具有Q(m)性质.

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