新高考数学二轮复习专题突破练习微专题16 衍生数列问题（2份，原卷版+解析版）

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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.
二．典型例题
1. 数列中的去项问题
例1 (2025·苏州模拟)已知数列{an}的各项均为正数,a2>a1,记Sn为{an}的前n项和.
(1)已知a2=2a1,数列Snan是等差数列,证明:{an}是等差数列;
(2)若a1=1,在(1)的条件下,将在数列{a2n}中,但不在数列{2an}中的项从小到大依次排列构成数列{bn},求数列{bn}的前20项和.
(1)证明 因为数列Snan是等差数列,且a2=2a1,
所以公差为S2a2-S1a1=a1+a2a2-1=a1+2a12a1-1=12,首项为S1a1=1,
所以Snan=1+12(n-1)=n+12,
所以2Sn=(n+1)an.
则当n≥2时,2Sn=(n+1)an,2Sn-1=nan-1,
两式相减并化简得anan−1=nn−1(n≥2),
所以anan−1×an−1an−2×an−2an−3×…×a2a1=nn−1×n−1n−2×…×21,
所以ana1=n,所以an=na1(n≥2),
又当n=1时上式也符合,所以an=na1,
则an+1-an=(n+1)a1-na1=a1,
所以数列{an}是等差数列,得证.
(2)解 a1=1,由(1)得an=n,a2n=2n,2an=2n,
当数列{bn}取前20项时,设在数列{a2n}中取x项,去掉属于数列{2an}的y项,
则有x−y=20,2y+1>2x≥2y,其中x,y为正整数,
则当x=25,y=5时,2×25=50∈[25,26),不等式组成立;
当x=26,y=6时,2×26=520,所以an-an-1=2,
又4a1=a12+2a1,a1>0,
所以a1=2,
所以an=2+2(n-1)=2n,
2n=2lg2bn,bn=2n.
(2)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)=107×(2+214)2-2(1−27)1−2=11 302.
2. 数列中的公共项问题
例2 (2025·成都诊断)已知数列{an}的前n项和Sn满足3n2-29n-2Sn=0.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)已知数列{bn}的通项公式bn=2n,若由数列{an}与{bn}的公共项按从小到大排列得到数列{cn},求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)因为3n2-29n-2Sn=0,
所以Sn=32n2-292n.
当n=1时,a1=32-292=-13;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=32n2-292n-32(n-1)2+292(n-1)=3n-16.
当n=1时满足an=3n-16,
故数列{an}的通项公式为an=3n-16.
(2)设bm=an,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-163∉N*,可知bm+1∉{an},
即bm+1不是两个数列的公共项.
bm+2=2m+2=22·2m=4(3n-16)
=12n-64=3(4n-16)-16,
由4n-16∈N*,可知bm+2∈{an},
所以bm+2是两个数列的公共项,
因此,若ck=bm=an,
则ck+1=bm+2=a4n-16,
所以ck+1ck=bm+2bm=2m+22m=4,且c1=2,
所以两数列的公共项所构成的新数列{cn}是以2为首项,以4为公比的等比数列,
所以数列{cn}的前n项和Tn=2(1−4n)1−4=22n+1−23.
规律方法 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.
训练2 (2025·宜昌调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,满足S5=a7,a3=-2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)将数列{an}与{5-3n}的公共项从大到小排列得到数列{bn},求数列{bn}的前n项和为Tn.
解 (1)记等差数列{an}的公差为d,
由题意知5a1+5×42d=a1+6d,a1+2d=−2,
即a1+d=0,a1+2d=−2,解得a1=2,d=−2,
所以数列{an}的通项公式为an=4-2n.
(2)数列{an}的公差为-2,数列{5-3n}的公差为-3,
所以数列{bn}的公差为-6,
又数列{an}和{5-3n}的首项都为2,
所以数列{bn}是以2为首项,-6为公差的等差数列,
所以Tn=2n+n(n−1)2×(-6)=-3n2+5n.
3. 数列中的并项问题
例3 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;
(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.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q,
显然q>0且q≠1,
由已知得a1(1−q2)1−q=6,a1(1−q4)1−q=30,得q=2(负值舍去),
所以a1=2,所以an=a1qn-1=2n.
(2)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)=2×(1−26)1−2+44×(1+87)2=126+1 936=2 062.
易错提醒 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.
训练3 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;
(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.
解 (1)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,
∴d=b8−b17=1,∴bn=b1+(n-1)d=n.
(2)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,
∴T100=2(1−26)1−2+94(1+94)2=4 591.
4. 数列中的插项问题
例4 (2025·嘉兴调研)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,an+1=2Sn+3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)在数列{an}的相邻项ak与ak+1(k∈N*)之间插入k个相同的数(-1)k,使其与原数列构成新数列{bn},设Tn为数列{bn}的前n项和,求T40.
解 (1)由an+1=2Sn+3,
得an=2Sn-1+3(n≥2),
两式相减得an+1-an=2(Sn-Sn-1)(n≥2),
即an+1-an=2an(n≥2),an+1=3an(n≥2),
得等比数列{an}的公比q=3,
又当n=1时,a2=2S1+3=2a1+3=3a1,
所以a1=3,所以an=3n.
(2)数列{bn}为:3,-1,32,1,1,33,-1,-1,-1,34……
以如下划分:3,|-1,32,|1,1,33,|-1,-1,-1,34,|……
得项数Xn=1+2+3+4+…+n=n(n+1)2,
当n=8时共有项数X8=36,
当n=9时共有项数X9=45,
所以T40=3+32+33+34+…+38+(-1)×1+1×2+(-1)×3+…+1×6+(-1)×7+1×4
=3(1−38)1−3+3-7+4=32(38-1)=9 840.
规律方法 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.
训练4 (2025·长沙模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=2Sn+2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)在an与an+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列,在数列{dn}中是否存在不同的3项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列?若存在,求出这样的3项,若不存在,请说明理由.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q,由题意知,
当n=1时,a1q=2a1+2,①
当n=2时,a1q2=2(a1+a1q)+2,②
联立①②,解得a1=2,q=3,
所以数列{an}的通项公式为an=2×3n-1.
(2)由(1)知an=2×3n-1,an+1=2×3n.
所以an+1=an+(n+2-1)dn,
所以dn=an+1−ann+1=4×3n−1n+1.
设数列{dn}中存在3项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列,则dk2=dm·dp,
即4×3k−1k+12=4×3m−1m+1×4×3p−1p+1,
即4×3k−1k+12=42×3m+p−2(m+1)(p+1),
又因为m,k,p成等差数列,
所以2k=m+p,所以(k+1)2=(m+1)(p+1),
化简得k2=mp,所以k=m=p,与已知矛盾,
所以在数列{dn}中不存在不同的3项dm,dk,dp成等比数列.
【精准强化练】
1.(2025·青岛质检)记等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S5=15,a2=2,等比数列{bn}满足a1+a3=b2,2a4=b3.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)将数列{an}中与{bn}的相同项去掉,剩下的项依次构成新数列{cn},求2n∑i=1ci(n∈N*).
解 (1)由题意可得S5=5a1+5×42d=15,a2=a1+d=2,
解得a1=1,d=1,
所以{an}的通项公式为an=1+(n-1)×1=n,
因为b2=a1+a3=1+3=4,
b3=2a4=2×4=8,
所以等比数列{bn}的公比为q=b3b2=84=2,
且b1=b2q=42=2,
所以等比数列{bn}的通项公式为bn=b1·qn-1=2×2n-1=2n,
所以数列{an},{bn}的通项公式分别为an=n,bn=2n.
(2)将数列{an}中与{bn}的相同项去掉,剩下的项依次构成新数列{cn},2n∑i=1ci=c1+c2+…+c2n,
{cn}中前2n项是由{an}的前2n+n项去掉与{bn}的前n项相同的项构成的,
所以2n∑i=1ci=c1+c2+…+c2n
=(2n+n)(1+2n+n)2-(2+22+…+2n)
=(2n+n)(1+2n+n)2-2(1−2n)1−2
=(2n+n)(1+2n+n)2+2(1-2n)
=22n-1+(2n-3)2n-1+n2+n+42.
2.(2025·贵阳调研)已知各项均为正数的数列{an}满足a1=1,an+12-2Sn=n+1,Sn是数列{an}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)在ak和ak+1(k∈N*)中插入k个相同的数2k构成一个新数列{bn}:a1,2,a2,22,22,a3,23,23,23,a4,…,求{bn}的前90项和T90.
解 (1)当n=1时,a2=2,
当n≥2时,得an2-2Sn-1=n,
又an+12-2Sn=n+1,
两式相减得an+12-an2=2an+1,
an+12=an2+2an+1=(an+1)2,
∵数列{an}各项均为正数,∴an+1-an=1,
又∵a2-a1=1,∴数列{an}为等差数列,
故an=a1+n-1=n.
(2)在数列{bn}中,在ak+1之前的所有项数为
k+(1+2+3+…+k)=(k+3)k2≤90,
故k≤12时,当k=12时,数列{bn}中,a13之前的所有项数恰好为90,
∴T90=(a1+a2+a3+…+a12)+(1×21+2×22+3×23+…+12×212)
=(1+12)×122+(1×21+2×22+3×23+…+12×212)
=78+(1×21+2×22+3×23+…+12×212),
令Q12=1×21+2×22+3×23+…+12×212,
则2Q12=1×22+2×23+3×24+…+12×213,
∴-Q12=21+22+23+24+…+212-12×213
=-11×213-2,
∴Q12=11×213+2,
∴T90=78+Q12=11×213+80.