2025届高中数学二轮复习 板块三 数列 提优点7　衍生数列问题（课件+练习）

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衍生数列是指由已知数列通过插项、去项得到新数列，或由已知的两个数列的公共项得到新数列，解决此类问题要弄清楚衍生数列与已知数列的关系，确定衍生数列的特征，以此来解决问题.
类型一　数列中的去项问题
类型二　数列中的公共项问题
类型三　数列中的并项问题
类型四　数列中的插项问题
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n，当n＝1时，a1＝1满足上式，∴an＝n(n∈N*).∵数列{an}，{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－1)·2n＋1，∴当n≥2时，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝2＋(n－2)·2n，两式相减，得anbn＝n·2n(n≥2)，当n＝1时，a1b1＝2＋(1－1)×21＋1＝2＝1×21，满足上式，∴anbn＝n·2n(n∈N*).∴bn＝2n(n∈N*).
(2)若数列{an}中去掉和数列{bn}中相同的项后，余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，且数列{cn}的前n项和为Tn，求T100.
设数列{an}的前p项中有数列{bn}的q项，p－q＝100，则2q≤p，即2q≤100＋q.易得满足2q≤100＋q的最大正整数q为6，∴数列{cn}的前100项，由数列{an}中的前106项去掉和数列{bn}中相同的6项得到，
解答去项问题的易错之处是不能准确确定数列中去掉的项数，或求和时不会采取原数列和减去去掉各项和的方法.
(2)将数列{an}中与数列{bn}中相同的项剔除后，按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Tn，求T100.
根据(1)的结论，数列{bn}的前8项依次为：2，4，8，16，32，64，128，256对应数列{an}的第1，2，4，8，16，32，64，128项，故数列{cn}的前100项为数列{an}的前107项，剔除数列{bn}的前7项的数列. 所以T100＝(a1＋a2＋…＋a107)－(b1＋b2＋…＋b7)
当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，当n＝1时，上式也成立，所以an＝3n－1.依题意，b1＋b3＝2(b2＋1)，b1＋b1·22＝2(b1·2＋1)，解得b1＝2，所以bn＝2n.
(2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排成的数列记为{cn}，求数列{cn}的前n项和Tn.
数列{an}和{bn}的公共项从小到大依次为21，23，25，27，…，所以21，23，25，27，…构成首项为2，公比为4的等比数列，所以cn＝2×4n－1，
两个等差数列的公共项是等差数列，且公差是两等差数列公差的最小公倍数；两个等比数列的公共项是等比数列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数；等差数列与等比数列的公共项所构成的新数列，一般仍为等比数列.
(2024·福州模拟)已知等比数列{an}为递增数列，其前n项和为Sn，满足S2＝6，S4＝30.(1)求{an}的通项公式；
设等比数列{an}的公比为q，显然q>0且q≠1，
(2)记bn＝2n－1，将数列{an}与{bn}中的项按从小到大的顺序依次排列，构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前50项和T50.
数列{an}中的项从小到大依次为2，4，8，16，32，64，128，…，又b40＝79，b50＝99，所以依题意可知新数列{cn}的前50项中，数列{an}中的项只有前6项，数列{bn}中的项有44项，所以T50＝(2＋4＋8＋16＋32＋64)＋(1＋3＋5＋7＋…＋87)
解决数列的并项问题的难点，也是易错之处，为确定两个数列中各有多少项作为新数列的项，求解时可利用解不等式法或试探法.
已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2，数列{bn}满足2bn＝bn－1＋bn＋1，且a2＝4b1，a3＝b8.(1)求{an}和{bn}的通项公式；
由S2＝2a2－2，S3＝a4－2两式作差可得a3＝a4－2a2，即a2q＝a2q2－2a2，∵a2≠0，则q2－q－2＝0，∵q>0，解得q＝2，∴2a2－2＝4a1－2＝a1＋a2＝3a1，解得a1＝2，∴an＝a1qn－1＝2n.
∵2bn＝bn－1＋bn＋1，故数列{bn}为等差数列，设该数列的公差为d，由于a2＝4b1＝4，可得b1＝1，a3＝b8＝8，
(2)将{an}和{bn}中的所有项按从小到大的顺序排列组成新数列{cn}，求数列{cn}的前100项和T100.
当n≤6时，an＝2n≤64，当n≥7时，an＝2n≥128，∴数列{cn}的前100项中，{an}有6项，{bn}有94项，
(2024·石家庄质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，满足3a2＋2a3＝S5＋6.(1)若数列{Sn}为递减数列，求a1的取值范围；
(2)若a1＝1，在数列{an}的第n项与第n＋1项之间插入首项为1，公比为2的等比数列的前n项，形成新数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Tn，求T95.
由(1)知，{an}的公差d＝－2，又a1＝1，所以an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.根据题意，数列{bn}为1，20，－1，20，21，－3，20，21，22，－5，…，－2n＋3，20，21，…，2n－1，－2n＋1，….可将数列分组：第一组为1，20；第二组为－1，20，21；第三组为－3，20，21，22；……第k(k∈N*)组为－2k＋3，20，21，22，…，2k－1；……
当k＝12时，项数为90.故T95相当于是前12组的和再加上－23，1，2，22，23，即T95＝[1＋(－1)＋(－3)＋…＋(－21)]＋[20＋(20＋21)＋(20＋21＋22)＋…＋(20＋21＋…＋211)]＋(－23＋1＋2＋22＋23).20＋(20＋21)＋(20＋21＋22)＋…＋(20＋21＋…＋211)可看成是数列{cn}(cn＝2n－1)的前12项和，
解决插项问题，首先要清楚插入数列的项数，新插入数列与原数列各项之间的关系，然后利用分组或并项法求和.
(2024·衡阳质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1.(1)证明：数列{an＋1}为等比数列；
当n＝1时，S2＝2S1＋2，得a1＋a2＝2a1＋2，解得a2＝3.当n≥2时，Sn＋1＝2Sn＋n＋1，①Sn＝2Sn －1＋n，②①－②得an＋1＝2an＋1(n≥2)，∵a2＝3＝2a1＋1，∴an＋1＝2an＋1(n≥1)，
(2)在ak和ak＋1(k∈N*)之间插入k个数构成一个新数列{cn}：a1，b1，a2，b2，b3，a3，b4，b5，b6，a4，…，其中插入的所有数依次构成数列{bn}，通项公式bn＝(－1)n2n.求数列{cn}的前30项和T30.
由(1)知an＋1＝2n，an＝2n－1.在数列{cn}中，项a7之前(含a7)共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28