2024年新高考数学一轮复习 第六章 第四节 第二课时 公共项、插项及整数的存在性问题

课时跟踪检测（四十三） 公共项、插项及整数的存在性问题

1．在a，b中插入n个数，使它们和a，b组成等差数列a，a1，a2，…，an，b，则a1＋a2＋…＋an＝(　 )

A．n(a＋b)  B

C.  D.

解析：选B　令Sn＝a＋a1＋a2＋…＋an＋b，倒过来写Sn＝b＋an＋an－1＋…＋a1＋a，两式相加得2Sn＝(n＋2)(a＋b)，故Sn＝，所以a1＋a2＋…＋an＝Sn－(a＋b)＝.

2．有两个等差数列2,6,10，…，190和2,8,14，…，200，由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，则这个新数列的项数为(　 )

A．15       B．16      C．17  D．18

解析：选B　等差数列2,6,10，…，190，公差为4，

等差数列2,8,14，…，200，公差为6，

所以由两个数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，其公差为12，首项为2，所以通项为an＝12n－10，所以12n－10≤190，解得n≤，而n∈N*，所以n的最大值为16，即新数列的项数为16.

3．已知数列{an}的通项公式为an＝2n，在a1和a2之间插入1个数x11，使a1，x11，a2成等差数列；在a2和a3之间插入2个数x21，x22，使a2，x21，x22，a3成等差数列；…在an和an＋1之间插入n个数xn1，xn2，xn3…，xnn，使an，xn1，xn2，xn3，…，xnn，an＋1成等差数列．这样得到一个新数列{bn}：a1，x11，a2，x21，x22，a3，x31，x32，x33，a4，…记数列{bn}的前n项和为Sn，有下列结论：①xn1＋xn2＋…＋xnn＝3n·2n－1；②a10＝b66；③b72＝3 072；④S55＝14 337，其中所有正确结论的个数是(　 )

A．1       B．2       C．3  D．4

解析：选C　xn1＋xn2＋…＋xnn＝·n＝·n＝·n＝3n·2n－1，故①正确；

a10在数列{bn}中是第10＋1＋2＋…＋9＝55项，所以a10＝b55，故②错误；

a11＝b66，a12＝b78⇒b72＝＝＝＝3 072，故③正确；

S55＝(a1＋a2＋…＋a10)＋[x11＋(x21＋x22)＋…＋(x91＋x92＋…＋x99)]＝(2＋22＋…+210)＋3(1×20＋2×21＋…＋9×28)＝(211－2)＋3(8×29＋1)＝14 337，故④正确．

4．已知数列{an}的通项an＝2n＋3(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为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<2 012的m的最大整数值为(　 )

A．338      B．337       C．336     D．335

解析：选D　当n＝1时，b1＝S1＝5；当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝－＝3n＋2.

所以数列{an}和{bn}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，cn＝6n－1.

令cn<2 012，得n<335.5，又n∈N*，所以n的最大值为335.

5．已知数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝2n，bn＝2n，现从数列{an}中剔除{an}与{bn}的公共项后，将余下的项按照从小到大的顺序进行排列，得到新的数列{cn}，则数列{cn}的前150项之和为(　 )

A．23 804  B．23 946

C．24 100  D．24 612

解析：选D　因为a150＝300，b8＝28＝256<300，b9＝29＝512>300，故数列{an}的前150项中包含{bn}的前8项，故数列{cn}的前150项包含{an}的前158项排除与{bn}公共的8项．

记数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，则c1＋c2＋…＋c150＝S158－T8＝－＝24 612.

6．(2023·永州市第一中学高三月考)(多选)在数学课堂上，教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列．将数列1,2进行构造，第1次得到数列1,3,2；第2次得到数列1,4,3,5,2；…；第n(n∈N*)次得到数列1，x1，x2，x3，…，xk,2；…记an＝1＋x1＋x2＋…＋xk＋2，数列{an}的前n项和为Sn，则(　 )

A．k＋1＝2n

B．an＋1＝3an－3

C．an＝(n2＋3n)

D．Sn＝(3n＋1＋2n－3)

解析：选ABD　由题意可知，第1次得到数列1,3,2，此时k＝1，

第2次得到数列1,4,3,5,2，此时k＝3，

第3次得到数列1,5,4,7,3,8,5,7,2，此时k＝7，

第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2，此时k＝15，

第n次得到数列1，x1，x2，x3，…，xk,2，此时k＝2n－1，

所以k＋1＝2n，故A正确；

结合A项中列出的数列可得

⇒an＝3＋31＋32＋…＋3n(n∈N*)，

用等比数列求和可得an＝3＋，

则an＋1＝3＋＝3＋＝＋，

又3an－3＝3－3＝9＋－－3＝＋，

所以an＋1＝3an－3，故B正确；

由B项分析可知an＝3＋＝(3n＋1)，

即an≠(n2＋3n)，故C错误；

Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an

＝＋n＝＋n＝＋－＝(3n＋1＋2n－3)，故D正确．

7．将数列{2n}与{3n＋1}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则其通项an＝________.

解析：数列{2n}中的项为2,4,8,16,32,64,128,256，…，经检验，数列{2n}中的偶数项都是数列{3n＋1}中的项．即4,16,64,256，…可以写成3n＋1的形式，观察，归纳可得an＝4n.

答案：4n

8．(2023·北京昌平高二期末)数列{an}：a1，a2，…，an，…；{bn}：b1，b2，…，bn，…，定义数列an&bn：a1，a2，b3，a4，a5，b6，a7，….

(1)设an＝bn＝1,1≤n≤29，则数列an&bn的所有项的和等于________；

(2)设an＝5n，bn＝4n－1,1≤n≤29，则数列an&bn与bn&an有________个公共项．

解析：(1)由题意可得，an&bn＝k∈N*，

∴当1≤n≤29时，数列an&bn的所有项的和为9×1＋(15－5)×(－1)＋(14－4)×2＝19.

(2)由题意可得：an&bn＝k∈N*，bm&am＝k∈N*，很显然，要使an&bn＝bm&am，必须n，m同时为3的倍数或者同时不为3的倍数，

若n，m同时为3的倍数，则有5m＝4n－1，

则n＝24或n＝9，此时m＝19或m＝7，不成立；

若n，m同时不为3的倍数，则有5n＝4m－1，

则m＝4或14或19或29，此时对应的有n＝3或11或15或23，

把与题意相矛盾的舍去，剩下m＝14，n＝11或m＝29，n＝23，

即a11&b11＝b14&a14或a23&b23＝b29&a29，

即数列an&bn与bn&an有2个公共项．

答案：(1)19　(2)2

9．已知等差数列{an}满足：a1＋3，a3，a4成等差数列，且a1，a3，a8成等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)在任意相邻两项ak与ak＋1(k＝1,2，…)之间插入2k个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列{bn}，记Sn为数列{bn}的前n项和，求满足Sn＜500的n的最大值．

解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意知a1＋3＋a4＝2a3，即2a1＋3＋3d＝2a1＋4d，解得d＝3，又a1a8＝a，即a1(a1＋7×3)＝(a1＋2×3)2，解得a1＝4，故an＝3n＋1.

(2)因为bn＞0，所以{Sn}是单调递增数列，又因为ak＋1前的所有项的项数为k＋21＋22＋…＋2k＝k＋2k＋1－2，所以S＝(a1＋a2＋…＋ak)＋2(21＋22＋23＋…＋2k)＝＋2×＝＋2k＋2－4.当k＝6时，S132＝321＜500；当k＝7时，S261＝599＞500，令S132＋a7＋2(n－133)＜500，即321＋22＋2(n－133)＜500，解得n＜211.5，所以满足Sn＜500的n的最大值为211.

10．等差数列{an}(n∈N*)中，a1，a2，a3分别是如表所示第一、二、三行中的某一个数，且其中的任意两个数不在表格的同一列.

(1)请选择一个可能的{a1，a2，a3}组合，并求数列{an}的通项公式．

(2)记(1)中选择的{an}的前n项和为Sn，判断是否存在正整数k，使得a1，ak，Sk＋2成等比数列？若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由．

解：(1)由题意可知，有两种组合满足条件．

①a1＝8，a2＝12，a3＝16，此时等差数列{an}中，a1＝8，公差d＝4，

所以数列{an}的通项公式为an＝4n＋4.

②a1＝2，a2＝4，a3＝6，此时等差数列{an}中，a1＝2，公差d＝2，

所以数列{an}的通项公式为an＝2n.

(2)若选择①，Sn＝2n2＋6n，

则Sk＋2＝2(k＋2)2＋6(k＋2)＝2k2＋14k＋20.

若a1，ak，Sk＋2成等比数列，则a＝a1·Sk+2，

即(4k＋4)2＝8(2k2＋14k＋20)，

整理得k2＋2k＋1＝k2＋7k＋10，

即5k＝－9.此方程无正整数解，

故不存在正整数k，使a1，ak，Sk＋2成等比数列．

若选择②，Sn＝n2＋n，

则Sk＋2＝(k＋2)2＋k＋2＝k2＋5k＋6.

若a1，ak，Sk＋2成等比数列，则a＝a1·Sk＋2，

即(2k)2＝2(k2＋5k＋6)，整理得k2－5k－6＝0，

因为k为正整数，所以k＝6.

故存在正整数k(k＝6)，使得a1，ak，Sk＋2成等比数列．