兩個(gè)數(shù)列公共項(xiàng)構(gòu)成的數(shù)列問(wèn)題是數(shù)列中的難點(diǎn)問(wèn)題，由于序號(hào)與項(xiàng)之間的關(guān)系錯(cuò)綜復(fù)雜，求解時(shí)往往令許多學(xué)生感到茫然不知所措.為此，下面從2020年高考新高考卷的一道數(shù)列試題出發(fā)，探究?jī)蓚€(gè)數(shù)列的公共項(xiàng)構(gòu)成的數(shù)列問(wèn)題的一種“通法”.1 考題呈現(xiàn)

2020年新高考卷第14題：將數(shù)列{2n–1}與{3n–2}的公共項(xiàng)從小到大排列得到數(shù)列{an}，則{an}的前n項(xiàng)和為

.

評(píng)析 該題考查的是有關(guān)數(shù)列的問(wèn)題，涉及到的知識(shí)點(diǎn)有兩個(gè)等差數(shù)列的公共項(xiàng)構(gòu)成新數(shù)列的特征，等差數(shù)列求和公式，考查了觀察、分析、判斷能力和等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式的應(yīng)用.這是一道含有豐富數(shù)學(xué)思維方法、具有拓展價(jià)值的優(yōu)質(zhì)試題.為此，我們從這道試題的解法談起，來(lái)探究和拓展兩數(shù)列有公共項(xiàng)一類(lèi)問(wèn)題的解法，并從中得到一些啟示.2 解法探究

分析1 通過(guò)觀察、分析，找到兩數(shù)列公共項(xiàng)的規(guī)律、特點(diǎn)，進(jìn)而求其前n項(xiàng)和.

解法1 觀察歸納法：數(shù)列{2n–1}為：1，3，5，7，11，13，15，17，19，21，23，25，27，29，31，……

數(shù)列{3n–2}為：1，4，7，10，13，16，19，22，25，28，31，35，39，……

觀察可知，兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng)依次為：1，7，13，19，25，31，……，可以看出數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公差為6的等差數(shù)列，所以{an}的前n項(xiàng)和為n·1+n（n-1）2·6=3n2-2n.

點(diǎn)評(píng) 觀察題中的兩個(gè)數(shù)列均為等差數(shù)列，所以它們的公共項(xiàng)具有規(guī)律性，通過(guò)列舉得到由兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng)構(gòu)成的數(shù)列，進(jìn)而求得{an}的前n項(xiàng)和.在找公共項(xiàng)的時(shí)候，比較好的辦法是在公差大的數(shù)列里面來(lái)找，因?yàn)殚g隔小，且項(xiàng)與項(xiàng)間隔相等.該解法適用于象該考題一樣，比較簡(jiǎn)單的兩數(shù)列公共項(xiàng)問(wèn)題.

分析2 分析兩個(gè)等差數(shù)列的首項(xiàng)和公差的特征，找到兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng)所構(gòu)成的新數(shù)列仍是等差數(shù)列，且公差是兩個(gè)等差數(shù)列公差的最小公倍數(shù)的規(guī)律求解.

解法2 特征分析法：因?yàn)閿?shù)列{2n-1}是以1為首項(xiàng)，以2為公差的等差數(shù)列，數(shù)列{3n-2}是以1為首項(xiàng)，以3為公差的等差數(shù)列，所以這兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng)所構(gòu)成的新數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，以6為公差的等差數(shù)列，所以{an}的前n項(xiàng)和為n·1+n（n-1）2·6=3n2-2n.

點(diǎn)評(píng) 首先判斷出數(shù)列{2n-1}與{3n-2}項(xiàng)的特征，從而判斷出兩個(gè)數(shù)列公共項(xiàng)所構(gòu)成新數(shù)列的首項(xiàng)以及公差，利用等差數(shù)列的求和公式求得結(jié)果.

分析3 因?yàn)樵擃}是兩個(gè)等差數(shù)列的公共項(xiàng)問(wèn)題，從公共項(xiàng)的本質(zhì)看，即公共項(xiàng)就是兩個(gè)數(shù)列相同的項(xiàng)，也就是說(shuō)關(guān)于m，n的二元等式2n-1=3m-2的不定方程存在整數(shù)解，利用數(shù)的整除性解不定方程來(lái)解.

解法3 解不定方程法：因?yàn)閮蓴?shù)列{2n–1}與{3n–2}存在公共項(xiàng)，設(shè)2n-1=3m-2，m，n∈N*，則3m=2n+1，即m=2n+13=2（n+2）-33.

因?yàn)?，3互質(zhì)，所以n+2一定是3的倍數(shù)，不妨設(shè)n+2=3k，k∈N*，則n=3k-2，所以m=2k-1.

由于2n-1=2（3k-2）-1=6k-5，3m-2=3（2k-1）-2=6k-5，所以兩數(shù)列的公共項(xiàng)就是6k-5，k∈N*，所以兩數(shù)列的公共項(xiàng)所構(gòu)成的新數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，以6為公差的等差數(shù)列，所以{an}的前n項(xiàng)和為n·1+n（n-1）2·6=3n2-2n.

點(diǎn)評(píng) 該解法在求解的過(guò)程中，利用了整數(shù)分解的方法，即提取公因式、配湊得到m=2（n+2）-33是解題的關(guān)鍵.象該高考題這樣的兩個(gè)等差數(shù)列的公共項(xiàng)問(wèn)題，解不定方程法是一種通法，從上面的解法，我們可以得到結(jié)論：

若兩等差數(shù)列有公共項(xiàng)，那么由它們的公共項(xiàng)順次組成的新數(shù)列也是等差數(shù)列，且新等差數(shù)列的公差是原兩等差數(shù)列公差的最小公倍數(shù).注意：公共項(xiàng)僅是公共的項(xiàng)，其項(xiàng)數(shù)不一定相同.

分析4 對(duì)于兩個(gè)等差數(shù)列的公共項(xiàng)問(wèn)題，還有沒(méi)有更一般的方法？

因?yàn)楣岔?xiàng)就是兩個(gè)數(shù)列中的相同項(xiàng)，我們從中選取一個(gè)數(shù)列，一般選取數(shù)列中的項(xiàng)增加“較快”的數(shù)列，假如該數(shù)列的第n項(xiàng)是兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng)，然后逐一遞推驗(yàn)證該數(shù)列的第n+1項(xiàng)、第n+2項(xiàng)、…是否是兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng)，進(jìn)一步從中找到規(guī)律，得到兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng)從小到大排列的數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.

解法4 “遞推找項(xiàng)法”：記bn=2n-1，cn=3n-2.

因?yàn)閮蓴?shù)列{2n–1}與{3n–2}存在公共項(xiàng)，設(shè)bm=cn，即2m-1=3n-2，m，n∈N*.

由cn=3n-2，所以cn+1=3n+1-2=3n+3-2=3n-2+3=2m-1+3=2m+32-1，由m+32N*，可知cn+1{bm}，即cn+1不是兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng).

cn+2=3（n+2）-2=3n+6-2=3n-2+6=2m-1+6=2（m+3）-1，由m+3∈N*，可知cn+2∈{bm}，所以cn+2是兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng).

因此，若ak=bm=cn，則ak+1=bm+3=cn+2.

所以ak+1-ak=bm+3-bm=2（m+3）-1-（2m-1）=6，且a1=1，所以兩數(shù)列的公共項(xiàng)所構(gòu)成的新數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，以6為公差的等差數(shù)列，所以{an}的前n項(xiàng)和為n·1+n（n-1）2·6=3n2-2n.

點(diǎn)評(píng) 由上述過(guò)程總結(jié)“遞推找項(xiàng)法”求兩個(gè)等差數(shù)列{bn}、{cn}的公共項(xiàng)所構(gòu)成的新數(shù)列{an}的一般步驟：

（1）設(shè)bm=cn=ak，從中得到項(xiàng)數(shù)m，n的等式關(guān)系;

（2）在項(xiàng)增加“較快”的數(shù)列（如{cn}）中依次驗(yàn)證某個(gè)相同項(xiàng)（如cn）后面的遞推項(xiàng)（如cn+1、cn+2…），并將其項(xiàng)的表達(dá)式與另一個(gè)數(shù)列（{bn}）的通項(xiàng)公式相比較，斷定后面的遞推項(xiàng)是否是另一個(gè)數(shù)列（{bn}）的項(xiàng)，從而發(fā)現(xiàn)項(xiàng)ak后面的項(xiàng);

（3）發(fā)現(xiàn)ak+1、ak之間的遞推關(guān)系得出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.

3 “通法”提煉

由此可以看出，對(duì)于求兩個(gè)等差數(shù)列{bn}、{cn}的公共項(xiàng)所構(gòu)成的新數(shù)列{an}問(wèn)題，“遞推找項(xiàng)法”相對(duì)于解不定方程法更易于大家理解和接受，可以說(shuō)，“遞推找項(xiàng)法”是求兩個(gè)等差數(shù)列{bn}、{cn}的公共項(xiàng)所構(gòu)成的新數(shù)列{an}的一種“通法”.其實(shí)遠(yuǎn)不止于此，“遞推找項(xiàng)法”除了能解決兩個(gè)等差數(shù)列的公共項(xiàng)問(wèn)題以外，還可以解決比如兩個(gè)等比數(shù)列的公共項(xiàng)問(wèn)題，一個(gè)等差數(shù)列與一個(gè)等比數(shù)列的公共項(xiàng)問(wèn)題，乃至一個(gè)等差數(shù)列或等比數(shù)列與完全多項(xiàng)式型數(shù)列的公共項(xiàng)問(wèn)題.4 應(yīng)用拓展

4.1 兩個(gè)等差數(shù)列的公共項(xiàng)問(wèn)題

例1 數(shù)列{bn}與{cn}的通項(xiàng)公式分別為bn=5n-1，cn=2n+2，它們的公共項(xiàng)由小到大排列得到數(shù)列{an}，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.

解析 數(shù)列{bn}的增加“較快”，所以依據(jù)數(shù)列{bn}遞推找公共項(xiàng).

設(shè)bm=cn，即5m-1=2n+2，m，n∈N*.

由bm=5m-1，所以bm+1=5（m+1）-1=5m+5-1=5m-1+5=2n+2+5=2n+52+2，由n+52N*，可知bm+1{cn}，即bm+1不是兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng).

bm+2=5（m+2）-1=5m+10-1=5m-1+10=2n+2+10=2（n+5）+2，由n+5∈N*，可知bm+2∈{cn}，所以bm+2是兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng).

因此，若ak=bm=cn，則ak+1=bm+2=cn+5.

所以ak+1-ak=bm+2-bm=5（m+2）-1-（5m-1）=10，且a1=4，所以兩數(shù)列的公共項(xiàng)所構(gòu)成的新數(shù)列{an}是以4為首項(xiàng)，以10為公差的等差數(shù)列，所以{an}的通項(xiàng)公式為an=4+（n-1）×10=10n-6.

4.2 兩個(gè)等比數(shù)列的公共項(xiàng)問(wèn)題

例2 數(shù)列{bn}與{cn}的通項(xiàng)公式分別為bn=4n，cn=8n，它們的公共項(xiàng)由小到大排列得到數(shù)列{an}，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.

解析 數(shù)列{cn}的增加“較快”，所以依據(jù)數(shù)列{cn}遞推找公共項(xiàng).

設(shè)bm=cn，即4m=8n，2m=3n，m，n∈N*.

由cn=8n，所以cn+1=8n+1=8·8n=8·4m=4m+32，由m+32N*，可知cn+1{bm}，即cn+1不是兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng).

cn+2=8n+2=82·8n=43·4m=4m+3，由m+3∈N*，可知cn+2∈{bm}，即cn+2是兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng).

因此，若ak=bm=cn，則ak+1=bm+3=cn+2.

所以ak+1ak=cn+2cn=8n+28n=64，且a1=64，所以兩數(shù)列的公共項(xiàng)所構(gòu)成的新數(shù)列{an}是以64為首項(xiàng)，以64為公比的等比數(shù)列，所以{an}的通項(xiàng)公式為

an=64·64n-1=64n.4.3 等差數(shù)列與等比數(shù)列的公共項(xiàng)問(wèn)題

例3 數(shù)列{bn}與{cn}的通項(xiàng)公式分別為bn=2n，cn=3n-16，它們的公共項(xiàng)由小到大排列得到數(shù)列{an}，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.解析 數(shù)列{bn}的增加“較快”，所以依據(jù)數(shù)列{bn}遞推找公共項(xiàng).

設(shè)bm=cn，即2m=3n-16，m，n∈N*.

由bm=2m，所以bm+1=2m+1=2·2m=2（3n-16）=6n-32=32n-163-16，由2n+163N*，可知bm+1{cn}，即bm+1不是兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng).

bm+2=2m+2=22·2m=43n-16=12n-64=3（4n-16）-16，由4n-16∈N*，可知bm+2∈{cn}，所以bm+2是兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng).

因此，若ak=bm=cn，則ak+1=bm+2=c4n-16.

所以ak+1ak=bm+2bm=2m+22m=4，且a1=2，所以兩數(shù)列的公共項(xiàng)所構(gòu)成的新數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，以4為公比的等比數(shù)列，所以{an}的通項(xiàng)公式為an=2·4n-1=22n-1.4.4 等差或等比數(shù)列與完全多項(xiàng)式型數(shù)列的公共項(xiàng)問(wèn)題

例4 數(shù)列{bn}與{cn}的通項(xiàng)公式分別為bn=3n-1，cn=n3，它們的公共項(xiàng)由小到大排列得到數(shù)列{an}，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.解析 數(shù)列{bn}的增加“較快”，所以依據(jù)數(shù)列{bn}遞推找公共項(xiàng).

設(shè)bm=cn，即3m-1=n3，m，n∈N*.

由bm=3m-1，所以bm+1=3m+1-1=3·3m-1=3n3=（313·n）3，由313·nN*，可知bm+1{cn}，即bm+1不是兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng).

bm+2=3m+2-1=32·3m-1=9n3=（913·n）3，由913·nN*，可知bm+2{cn}，即bm+2不是兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng).

bm+3=3m+3-1=33·3m-1=27n3=（3n）3，由3n∈N*，可知bm+3∈{cn}，所以bm+3是兩個(gè)數(shù)列的公共項(xiàng).

因此，若ak=bm=cn，則ak+1=bm+3=c3n.

所以ak+1ak=bm+3bm=3m+33m=27，且a1=1，所以兩數(shù)列的公共項(xiàng)所構(gòu)成的新數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，以27為公比的等比數(shù)列，所以{an}的通項(xiàng)公式為an=1·27n-1=27n-1.

綜上可知，“遞推找項(xiàng)法”是一種從整體上從一個(gè)數(shù)列中尋找公共項(xiàng)的解題方法，這種方法自然，通俗易懂，可操作性強(qiáng)，適用范圍廣泛，是求兩個(gè)數(shù)列公共項(xiàng)的一種“通法”.5 教學(xué)啟示

（1）一道精彩的高考試題之所以能引起大家的共鳴，不是因?yàn)槠洫?dú)特的解題技巧，而是其中所蘊(yùn)涵著的思想方法，在一定程度上能夠指導(dǎo)教師根據(jù)學(xué)生駕馭知識(shí)的實(shí)際情況，調(diào)整教學(xué)內(nèi)容，以及根據(jù)教學(xué)內(nèi)容選擇恰當(dāng)?shù)慕虒W(xué)手段和方法，進(jìn)而直接影響學(xué)生數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)能力的提升.本文中的試題看似素材平樸，但求解過(guò)程精彩紛呈，妙趣橫生，真可謂是一道平中孕奇的好題.在日常教學(xué)的過(guò)程中，教師要精心選取這樣極具代表性的一題多解、多題一解的題目作為練習(xí)，多加強(qiáng)這些方面的訓(xùn)練，對(duì)問(wèn)題多些總結(jié)的時(shí)間，多點(diǎn)思考的態(tài)度，多些探究的眼光，久而久之，數(shù)學(xué)素養(yǎng)和數(shù)學(xué)思維能力定會(huì)大幅度提升.

（2）在教學(xué)中探討典型的高考試題，不能僅僅滿足讓學(xué)生掌握試題的幾種解法，更重要的是著眼于學(xué)生的進(jìn)一步發(fā)展，通過(guò)各種方法的對(duì)比，教會(huì)學(xué)生如何挖掘問(wèn)題條件蘊(yùn)含的內(nèi)涵，學(xué)會(huì)看準(zhǔn)目標(biāo)，優(yōu)化解題思路.當(dāng)然，過(guò)程體會(huì)與循序而導(dǎo)對(duì)于學(xué)生的思維品質(zhì)的提高、解法自然生成也有決定性的作用.我們?cè)陉P(guān)注解法的同時(shí)，更讓學(xué)生經(jīng)歷“如何想到這樣解”的思路歷程.這樣的話，解題的思想方法才會(huì)得到較充分的落實(shí).

作者簡(jiǎn)介 李寒（1978—），女，貴州省桐梓縣人，大學(xué)本科學(xué)歷，中學(xué)高級(jí)教師，從事中學(xué)數(shù)學(xué)的教育、教學(xué)研究工作.市級(jí)骨干教師，數(shù)學(xué)競(jìng)賽優(yōu)秀教練員，市中小學(xué)電子白板教學(xué)應(yīng)用比賽獲高中組一等獎(jiǎng)，全國(guó)醍摩豆杯智慧課堂創(chuàng)新團(tuán)隊(duì)競(jìng)賽獲冠軍，榮獲智慧課堂創(chuàng)新獎(jiǎng)二等獎(jiǎng).曾在貴州電視臺(tái)《高考直通車(chē)》和“高考公益講堂”作高考復(fù)習(xí)備考講座，發(fā)表論文10余篇，多篇論文獲省市獎(jiǎng)項(xiàng).