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两个数列公共项构成的数列问题是数列中的难点问题，由于序号与项之间的关系错综复杂，求解时往往令许多学生感到茫然不知所措.为此，下面从2020年高考新高考卷的一道数列试题出发，探究两个数列的公共项构成的数列问题的一种“通法”.1 考题呈现
2020年新高考卷第14题：将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为
.
评析 该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，考查了观察、分析、判断能力和等差数列前n项和公式的应用.这是一道含有丰富数学思维方法、具有拓展价值的优质试题.为此，我们从这道试题的解法谈起，来探究和拓展两数列有公共项一类问题的解法，并从中得到一些启示.2 解法探究
分析1 通过观察、分析，找到两数列公共项的规律、特点，进而求其前n项和.
解法1 观察归纳法：数列{2n–1}为：1，3，5，7，11，13，15，17，19，21，23，25，27，29，31，……
数列{3n–2}为：1，4，7，10，13，16，19，22，25，28，31，35，39，……
观察可知，两个数列的公共项依次为：1，7，13，19，25，31，……，可以看出数列{an}是首项为1，公差为6的等差数列，所以{an}的前n项和为n·1 n（n-1）2·6=3n2-2n.
点评 观察题中的两个数列均为等差数列，所以它们的公共项具有规律性，通过列举得到由两个数列的公共项构成的数列，进而求得{an}的前n项和.在找公共项的时候，比较好的办法是在公差大的数列里面来找，因为间隔小，且项与项间隔相等.该解法适用于象该考题一样，比较简单的两数列公共项问题.
分析2 分析两个等差数列的首项和公差的特征，找到两个数列的公共项所构成的新数列仍是等差数列，且公差是两个等差数列公差的最小公倍数的规律求解.
解法2 特征分析法：因为数列{2n-1}是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列{3n-2}是以1为首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列{an}是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以{an}的前n项和为n·1 n（n-1）2·6=3n2-2n.
点评 首先判断出数列{2n-1}与{3n-2}项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果.
分析3 因为该题是两个等差数列的公共项问题，从公共项的本质看，即公共项就是两个数列相同的项，也就是说关于m，n的二元等式2n-1=3m-2的不定方程存在整数解，利用数的整除性解不定方程来解.
解法3 解不定方程法：因为两数列{2n–1}与{3n–2}存在公共项，设2n-1=3m-2，m，n∈N*，则3m=2n 1，即m=2n 13=2（n 2）-33.
因为2，3互质，所以n 2一定是3的倍数，不妨设n 2=3k，k∈N*，则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，所以两数列的公共项就是6k-5，k∈N*，所以两数列的公共项所构成的新数列{an}是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以{an}的前n项和为n·1 n（n-1）2·6=3n2-2n.
点评 该解法在求解的过程中，利用了整数分解的方法，即提取公因式、配凑得到m=2（n 2）-33是解题的关键.象该高考题这样的两个等差数列的公共项问题，解不定方程法是一种通法，从上面的解法，我们可以得到结论：
若两等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是原两等差数列公差的最小公倍数.注意：公共项仅是公共的项，其项数不一定相同.
分析4 对于两个等差数列的公共项问题，还有没有更一般的方法？
因为公共项就是两个数列中的相同项，我们从中选取一个数列，一般选取数列中的项增加“较快”的数列，假如该数列的第n项是两个数列的公共项，然后逐一递推验证该数列的第n 1项、第n 2项、…是否是两个数列的公共项，进一步从中找到规律，得到两个数列的公共项从小到大排列的数列{an}的通项公式.
解法4 “递推找项法”：记bn=2n-1，cn=3n-2.
因为两数列{2n–1}与{3n–2}存在公共項，设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不是两个数列的公共项.
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是两个数列的公共项.
因此，若ak=bm=cn，则ak 1=bm 3=cn 2.
所以ak 1-ak=bm 3-bm=2（m 3）-1-（2m-1）=6，且a1=1，所以两数列的公共项所构成的新数列{an}是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以{an}的前n项和为n·1 n（n-1）2·6=3n2-2n.
点评 由上述过程总结“递推找项法”求两个等差数列{bn}、{cn}的公共项所构成的新数列{an}的一般步骤：
（1）设bm=cn=ak，从中得到项数m，n的等式关系;
（2）在项增加“较快”的数列（如{cn}）中依次验证某个相同项（如cn）后面的递推项（如cn 1、cn 2…），并将其项的表达式与另一个数列（{bn}）的通项公式相比较，断定后面的递推项是否是另一个数列（{bn}）的项，从而发现项ak后面的项; （3）发现ak 1、ak之间的递推关系得出数列{an}的通项公式.
3 “通法”提炼
由此可以看出，对于求两个等差数列{bn}、{cn}的公共项所构成的新数列{an}问题，“递推找项法”相对于解不定方程法更易于大家理解和接受，可以说，“递推找项法”是求两个等差数列{bn}、{cn}的公共项所构成的新数列{an}的一种“通法”.其实远不止于此，“递推找项法”除了能解决两个等差数列的公共项问题以外，还可以解决比如两个等比数列的公共项问题，一个等差数列与一个等比数列的公共项问题，乃至一个等差数列或等比数列与完全多项式型数列的公共项问题.4 应用拓展
4.1 两个等差数列的公共项问题
例1 数列{bn}与{cn}的通项公式分别为bn=5n-1，cn=2n 2，它们的公共项由小到大排列得到数列{an}，求数列{an}的通项公式.
解析 数列{bn}的增加“较快”，所以依据数列{bn}递推找公共项.
设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不是两个数列的公共项.
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是两个数列的公共项.
因此，若ak=bm=cn，则ak 1=bm 2=cn 5.
所以ak 1-ak=bm 2-bm=5（m 2）-1-（5m-1）=10，且a1=4，所以两数列的公共项所构成的新数列{an}是以4为首项，以10为公差的等差数列，所以{an}的通项公式为an=4 （n-1）×10=10n-6.
4.2 两个等比数列的公共项问题
例2 数列{bn}与{cn}的通项公式分别为bn=4n，cn=8n，它们的公共项由小到大排列得到数列{an}，求数列{an}的通项公式.
解析 数列{cn}的增加“较快”，所以依据数列{cn}递推找公共项.
设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不是两个数列的公共项.
cn 2=8n 2=82·8n=43·4m=4m 3，由m 3∈N*，可知cn 2∈{bm}，即cn 2是两个数列的公共项.
因此，若ak=bm=cn，则ak 1=bm 3=cn 2.
所以ak 1ak=cn 2cn=8n 28n=64，且a1=64，所以两数列的公共项所构成的新数列{an}是以64為首项，以64为公比的等比数列，所以{an}的通项公式为
an=64·64n-1=64n.4.3 等差数列与等比数列的公共项问题
例3 数列{bn}与{cn}的通项公式分别为bn=2n，cn=3n-16，它们的公共项由小到大排列得到数列{an}，求数列{an}的通项公式.解析 数列{bn}的增加“较快”，所以依据数列{bn}递推找公共项.
设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不是两个数列的公共项.
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是两个数列的公共项.
因此，若ak=bm=cn，则ak 1=bm 2=c4n-16.
所以ak 1ak=bm 2bm=2m 22m=4，且a1=2，所以两数列的公共项所构成的新数列{an}是以2为首项，以4为公比的等比数列，所以{an}的通项公式为an=2·4n-1=22n-1.4.4 等差或等比数列与完全多项式型数列的公共项问题
例4 数列{bn}与{cn}的通项公式分别为bn=3n-1，cn=n3，它们的公共项由小到大排列得到数列{an}，求数列{an}的通项公式.解析 数列{bn}的增加“较快”，所以依据数列{bn}递推找公共项.
设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不是两个数列的公共项.
bm 2=3m 2-1=32·3m-1=9n3=（913·n）3，由913·nN*，可知bm 2{cn}，即bm 2不是两个数列的公共项.
bm 3=3m 3-1=33·3m-1=27n3=（3n）3，由3n∈N*，可知bm 3∈{cn}，所以bm 3是两个数列的公共项.
因此，若ak=bm=cn，则ak 1=bm 3=c3n.
所以ak 1ak=bm 3bm=3m 33m=27，且a1=1，所以两数列的公共项所构成的新数列{an}是以1为首项，以27为公比的等比数列，所以{an}的通项公式为an=1·27n-1=27n-1.
综上可知，“递推找项法”是一种从整体上从一个数列中寻找公共项的解题方法，这种方法自然，通俗易懂，可操作性强，适用范围广泛，是求两个数列公共项的一种“通法”.5 教学启示
（1）一道精彩的高考试题之所以能引起大家的共鸣，不是因为其独特的解题技巧，而是其中所蕴涵着的思想方法，在一定程度上能够指导教师根据学生驾驭知识的实际情况，调整教学内容，以及根据教学内容选择恰当的教学手段和方法，进而直接影响学生数学学习能力的提升.本文中的试题看似素材平朴，但求解过程精彩纷呈，妙趣横生，真可谓是一道平中孕奇的好题.在日常教学的过程中，教师要精心选取这样极具代表性的一题多解、多题一解的题目作为练习，多加强这些方面的训练，对问题多些总结的时间，多点思考的态度，多些探究的眼光，久而久之，数学素养和数学思维能力定会大幅度提升.
（2）在教学中探讨典型的高考试题，不能仅仅满足让学生掌握试题的几种解法，更重要的是着眼于学生的进一步发展，通过各种方法的对比，教会学生如何挖掘问题条件蕴含的内涵，学会看准目标，优化解题思路.当然，过程体会与循序而导对于学生的思维品质的提高、解法自然生成也有决定性的作用.我们在关注解法的同时，更让学生经历“如何想到这样解”的思路历程.这样的话，解题的思想方法才会得到较充分的落实.
作者简介 李寒（1978—），女，贵州省桐梓县人，大学本科学历，中学高级教师，从事中学数学的教育、教学研究工作.市级骨干教师，数学竞赛优秀教练员，市中小学电子白板教学应用比赛获高中组一等奖，全国醍摩豆杯智慧课堂创新团队竞赛获冠军，荣获智慧课堂创新奖二等奖.曾在贵州电视台《高考直通车》和“高考公益讲堂”作高考复习备考讲座，发表论文10余篇，多篇论文获省市奖项.
2020年新高考卷第14题：将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为
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评析 该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，考查了观察、分析、判断能力和等差数列前n项和公式的应用.这是一道含有丰富数学思维方法、具有拓展价值的优质试题.为此，我们从这道试题的解法谈起，来探究和拓展两数列有公共项一类问题的解法，并从中得到一些启示.2 解法探究
分析1 通过观察、分析，找到两数列公共项的规律、特点，进而求其前n项和.
解法1 观察归纳法：数列{2n–1}为：1，3，5，7，11，13，15，17，19，21，23，25，27，29，31，……
数列{3n–2}为：1，4，7，10，13，16，19，22，25，28，31，35，39，……
观察可知，两个数列的公共项依次为：1，7，13，19，25，31，……，可以看出数列{an}是首项为1，公差为6的等差数列，所以{an}的前n项和为n·1 n（n-1）2·6=3n2-2n.
点评 观察题中的两个数列均为等差数列，所以它们的公共项具有规律性，通过列举得到由两个数列的公共项构成的数列，进而求得{an}的前n项和.在找公共项的时候，比较好的办法是在公差大的数列里面来找，因为间隔小，且项与项间隔相等.该解法适用于象该考题一样，比较简单的两数列公共项问题.
分析2 分析两个等差数列的首项和公差的特征，找到两个数列的公共项所构成的新数列仍是等差数列，且公差是两个等差数列公差的最小公倍数的规律求解.
解法2 特征分析法：因为数列{2n-1}是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列{3n-2}是以1为首项，以3为公差的等差数列，所以这两个数列的公共项所构成的新数列{an}是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以{an}的前n项和为n·1 n（n-1）2·6=3n2-2n.
点评 首先判断出数列{2n-1}与{3n-2}项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果.
分析3 因为该题是两个等差数列的公共项问题，从公共项的本质看，即公共项就是两个数列相同的项，也就是说关于m，n的二元等式2n-1=3m-2的不定方程存在整数解，利用数的整除性解不定方程来解.
解法3 解不定方程法：因为两数列{2n–1}与{3n–2}存在公共项，设2n-1=3m-2，m，n∈N*，则3m=2n 1，即m=2n 13=2（n 2）-33.
因为2，3互质，所以n 2一定是3的倍数，不妨设n 2=3k，k∈N*，则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，所以两数列的公共项就是6k-5，k∈N*，所以两数列的公共项所构成的新数列{an}是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以{an}的前n项和为n·1 n（n-1）2·6=3n2-2n.
点评 该解法在求解的过程中，利用了整数分解的方法，即提取公因式、配凑得到m=2（n 2）-33是解题的关键.象该高考题这样的两个等差数列的公共项问题，解不定方程法是一种通法，从上面的解法，我们可以得到结论：
若两等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是原两等差数列公差的最小公倍数.注意：公共项仅是公共的项，其项数不一定相同.
分析4 对于两个等差数列的公共项问题，还有没有更一般的方法？
因为公共项就是两个数列中的相同项，我们从中选取一个数列，一般选取数列中的项增加“较快”的数列，假如该数列的第n项是两个数列的公共项，然后逐一递推验证该数列的第n 1项、第n 2项、…是否是两个数列的公共项，进一步从中找到规律，得到两个数列的公共项从小到大排列的数列{an}的通项公式.
解法4 “递推找项法”：记bn=2n-1，cn=3n-2.
因为两数列{2n–1}与{3n–2}存在公共項，设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不是两个数列的公共项.
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是两个数列的公共项.
因此，若ak=bm=cn，则ak 1=bm 3=cn 2.
所以ak 1-ak=bm 3-bm=2（m 3）-1-（2m-1）=6，且a1=1，所以两数列的公共项所构成的新数列{an}是以1为首项，以6为公差的等差数列，所以{an}的前n项和为n·1 n（n-1）2·6=3n2-2n.
点评 由上述过程总结“递推找项法”求两个等差数列{bn}、{cn}的公共项所构成的新数列{an}的一般步骤：
（1）设bm=cn=ak，从中得到项数m，n的等式关系;
（2）在项增加“较快”的数列（如{cn}）中依次验证某个相同项（如cn）后面的递推项（如cn 1、cn 2…），并将其项的表达式与另一个数列（{bn}）的通项公式相比较，断定后面的递推项是否是另一个数列（{bn}）的项，从而发现项ak后面的项; （3）发现ak 1、ak之间的递推关系得出数列{an}的通项公式.
3 “通法”提炼
由此可以看出，对于求两个等差数列{bn}、{cn}的公共项所构成的新数列{an}问题，“递推找项法”相对于解不定方程法更易于大家理解和接受，可以说，“递推找项法”是求两个等差数列{bn}、{cn}的公共项所构成的新数列{an}的一种“通法”.其实远不止于此，“递推找项法”除了能解决两个等差数列的公共项问题以外，还可以解决比如两个等比数列的公共项问题，一个等差数列与一个等比数列的公共项问题，乃至一个等差数列或等比数列与完全多项式型数列的公共项问题.4 应用拓展
4.1 两个等差数列的公共项问题
例1 数列{bn}与{cn}的通项公式分别为bn=5n-1，cn=2n 2，它们的公共项由小到大排列得到数列{an}，求数列{an}的通项公式.
解析 数列{bn}的增加“较快”，所以依据数列{bn}递推找公共项.
设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不是两个数列的公共项.
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是两个数列的公共项.
因此，若ak=bm=cn，则ak 1=bm 2=cn 5.
所以ak 1-ak=bm 2-bm=5（m 2）-1-（5m-1）=10，且a1=4，所以两数列的公共项所构成的新数列{an}是以4为首项，以10为公差的等差数列，所以{an}的通项公式为an=4 （n-1）×10=10n-6.
4.2 两个等比数列的公共项问题
例2 数列{bn}与{cn}的通项公式分别为bn=4n，cn=8n，它们的公共项由小到大排列得到数列{an}，求数列{an}的通项公式.
解析 数列{cn}的增加“较快”，所以依据数列{cn}递推找公共项.
设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不是两个数列的公共项.
cn 2=8n 2=82·8n=43·4m=4m 3，由m 3∈N*，可知cn 2∈{bm}，即cn 2是两个数列的公共项.
因此，若ak=bm=cn，则ak 1=bm 3=cn 2.
所以ak 1ak=cn 2cn=8n 28n=64，且a1=64，所以两数列的公共项所构成的新数列{an}是以64為首项，以64为公比的等比数列，所以{an}的通项公式为
an=64·64n-1=64n.4.3 等差数列与等比数列的公共项问题
例3 数列{bn}与{cn}的通项公式分别为bn=2n，cn=3n-16，它们的公共项由小到大排列得到数列{an}，求数列{an}的通项公式.解析 数列{bn}的增加“较快”，所以依据数列{bn}递推找公共项.
设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不是两个数列的公共项.
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是两个数列的公共项.
因此，若ak=bm=cn，则ak 1=bm 2=c4n-16.
所以ak 1ak=bm 2bm=2m 22m=4，且a1=2，所以两数列的公共项所构成的新数列{an}是以2为首项，以4为公比的等比数列，所以{an}的通项公式为an=2·4n-1=22n-1.4.4 等差或等比数列与完全多项式型数列的公共项问题
例4 数列{bn}与{cn}的通项公式分别为bn=3n-1，cn=n3，它们的公共项由小到大排列得到数列{an}，求数列{an}的通项公式.解析 数列{bn}的增加“较快”，所以依据数列{bn}递推找公共项.
设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不是两个数列的公共项.
bm 2=3m 2-1=32·3m-1=9n3=（913·n）3，由913·nN*，可知bm 2{cn}，即bm 2不是两个数列的公共项.
bm 3=3m 3-1=33·3m-1=27n3=（3n）3，由3n∈N*，可知bm 3∈{cn}，所以bm 3是两个数列的公共项.
因此，若ak=bm=cn，则ak 1=bm 3=c3n.
所以ak 1ak=bm 3bm=3m 33m=27，且a1=1，所以两数列的公共项所构成的新数列{an}是以1为首项，以27为公比的等比数列，所以{an}的通项公式为an=1·27n-1=27n-1.
综上可知，“递推找项法”是一种从整体上从一个数列中寻找公共项的解题方法，这种方法自然，通俗易懂，可操作性强，适用范围广泛，是求两个数列公共项的一种“通法”.5 教学启示
（1）一道精彩的高考试题之所以能引起大家的共鸣，不是因为其独特的解题技巧，而是其中所蕴涵着的思想方法，在一定程度上能够指导教师根据学生驾驭知识的实际情况，调整教学内容，以及根据教学内容选择恰当的教学手段和方法，进而直接影响学生数学学习能力的提升.本文中的试题看似素材平朴，但求解过程精彩纷呈，妙趣横生，真可谓是一道平中孕奇的好题.在日常教学的过程中，教师要精心选取这样极具代表性的一题多解、多题一解的题目作为练习，多加强这些方面的训练，对问题多些总结的时间，多点思考的态度，多些探究的眼光，久而久之，数学素养和数学思维能力定会大幅度提升.
（2）在教学中探讨典型的高考试题，不能仅仅满足让学生掌握试题的几种解法，更重要的是着眼于学生的进一步发展，通过各种方法的对比，教会学生如何挖掘问题条件蕴含的内涵，学会看准目标，优化解题思路.当然，过程体会与循序而导对于学生的思维品质的提高、解法自然生成也有决定性的作用.我们在关注解法的同时，更让学生经历“如何想到这样解”的思路历程.这样的话，解题的思想方法才会得到较充分的落实.
作者简介 李寒（1978—），女，贵州省桐梓县人，大学本科学历，中学高级教师，从事中学数学的教育、教学研究工作.市级骨干教师，数学竞赛优秀教练员，市中小学电子白板教学应用比赛获高中组一等奖，全国醍摩豆杯智慧课堂创新团队竞赛获冠军，荣获智慧课堂创新奖二等奖.曾在贵州电视台《高考直通车》和“高考公益讲堂”作高考复习备考讲座，发表论文10余篇，多篇论文获省市奖项.