《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

例3 已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=n^{2}+cn + c$，$c\in\mathbf{R}$。
（1）求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）记$b_{m}$为$\{ a_{n}\}$在区间$(0,2^{a_{m}}](m\in\mathbf{N}^{*})$中的项的个数，求数列$\{ b_{n}\}$的通项公式。

答案：
(1)因为$S_{n}=n^{2}+cn + c$，所以$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=n^{2}+cn + c-(n - 1)^{2}-c(n - 1)-c=2n - 1 + c$.因为$\{a_{n}\}$为等差数列，故$a_{1}=S_{1}=1 + 2c$也符合上式，所以$1 + c = 1 + 2c$，所以$c = 0$，所以$a_{n}=2n - 1$.
(2)由题意知$b_{m}$为$\{a_{n}\}$在区间$(0,2^{2m - 1}]$中的项的个数，令$0＜2n - 1\leq2^{2m - 1}$，所以$1\leq n\leq\frac{2^{2m - 1}+1}{2}=2^{2m - 2}+\frac{1}{2}$，$n\in N^{*}$，所以$1\leq n\leq2^{2m - 2}$，所以$b_{m}=2^{2m - 2}$，所以$b_{m}=2^{2m - 2}=4^{m - 1}$.

变式3 已知$\{ a_{n}\}$为等差数列，$\{ b_{n}\}$是公比为2的等比数列，且$a_{2}-b_{2}=a_{3}-b_{3}=b_{4}-a_{4}$。
（1）求证：$a_{1}=b_{1}$；
（2）求集合$\{ k|b_{k}=a_{m}+a_{1},1\leq m\leq500\}$中元素的个数。

答案：
(1)设等差数列$\{a_{n}\}$的公差为$d$，则有$\begin{cases}a_{1}+d - 2b_{1}=a_{1}+2d - 4b_{1},\\a_{1}+d - 2b_{1}=8b_{1}-(a_{1}+3d).\end{cases}$解得$b_{1}=a_{1}=\frac{d}{2}$，得证.
(2)由
(1)知$b_{1}=a_{1}=\frac{d}{2}$，$b_{k}=a_{m}+a_{1}$，即$b_{k}×2^{k - 1}=a_{1}+(m - 1)d + a_{1}$，即$m = 2^{k - 2}\in[1,500]$，解得$2\leq k\leq10$，所以$k = 2,3,4$，$·s$，10，故集合$\{k\mid b_{k}=a_{m}+a_{1},1\leq m\leq500\}$中元素的个数为$10 - 2 + 1=9$.