微专题　衍生数列问题

1/1微专题衍生数列问题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.公共项与并项问题（1）（2020·新高考Ⅰ卷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3n2－2n；解析：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＝3（2）将数列{2n}与{2n－1}中的项按从小到大的顺序依次排列，构成一个新数列{cn}，则数列{cn}的前50项和为2062.解析：数列{2n}中的项从小到大依次为2，4，8，16，32，64，128，…，又{2n－1}中第40项为79，第50项为99，所以依题意可知新数列{cn}的前50项中，数列{2n}中的项只有前6项，数列{2n－1}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＋44×1.两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是等比数列.2.解决两数列并项问题的关键是正确理解A∪B中的元素特征并准确找出两个数列的公共项.增、减项问题（1）（2026·湖北襄阳模拟）已知等差数列{an}中，a2＝4，a6＝16，若在数列{an}每相邻两项之间插入三个数，使得新数列也是一个等差数列，则新数列的第43项为（C）A.4 B.16C.652 D.解析：设等差数列{an}的公差为d，则a1＋d＝4，a1＋5d＝16，所以a1＝1，d＝3，设在数列{an}每相邻两项之间插入三个数所得新数列为{bn}，则新的等差数列{bn}的公差为d4＝34，首项为b1＝a1＝1，所以新数列的通项公式为bn＝1＋34（n－1）＝34n＋14，故b43＝34×（2）（2025·浙江温州一模）已知数列{an}的通项公式an＝2n－1，在其相邻两项ak，ak＋1之间插入2k个3（k∈N*），得到新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Sn，则使Sn≥100成立的n的最小值为（B）A.28 B.29C.30 D.31解析：由题意，数列{bn}的元素依次为a1，3，321，a2，3，…，322，a3，3，…，323，a4，…，在a1到a5之间3的个数为21＋22＋23＋24＝30，故到a5处{bn}共有35个元素，所以前30项中含a1，…，a4及26个3，故S29＝a1＋a2＋a3＋a4＋25×3＝2＋22＋23＋24－4＋75＝2＋4＋8＋16－4＋75＝101，而S28＝S29－解决增、减项问题的关键是通过阅读理解题意，弄清楚增加了（减少了）多少项，增加（减少）的项有什么特征，在求新数列的和时，一般采用分组求和法，即把原数列部分和增加（减少）部分分别求和，再相加（相减）即可.区间取值数列在等差数列{an}中，a3＋a4＋a11＝84，a7＝33.（1）求数列{an}的通项公式；解：在等差数列{an}中，由a3＋a4＋a11＝84，得a4＋2a7＝84，而a7＝33，解得a4＝18，因此数列{an}的公差d＝a7－a47－4＝5，an＝a4＋（n－4）所以数列{an}的通项公式是an＝5n－2.（2）若记bk（k∈N*）为{an}中落在区间（5k，52k）内项的个数，求{bk}的前k项和Tk.解：由题意5k＜an＜52k（k∈N*），由（1）得5k＜5n－2＜52k，整理得5k－1＋25＜n＜52k－1＋2因此正整数n满足5k－1＋1≤n≤52k－1，从而得bk＝52k－1－5k－1，所以{bk}的前k项和为Tk＝5（25k－1）25－1－5k－区间取值数列问题的解题策略记数列{an}落在区间（0，g（k）]的个数为bk，讨论数列{bk}的性质.求解这类问题的关键就是利用数列自变量n的计数功能，通过不等式0＜an≤g（k）⇒n，由于n为正整数，从而实现对自变量n的计数.此类题目的计算背景主要分布在解下面三个不等式：①qm＜kn＋b＜qm＋1；②tm＜qn＜tm＋1；③tk＋b＜qn＜t（k＋i）＋b.1.已知数列{an}的通项公式为an＝2n，记bm为{an}在区间（0，m]（m∈N*）中的项的个数，则数列{bm}的前100项和S100＝（）A.240 B.360C.480 D.560解析：C由题意知，2n≤m，即n≤log2m，当m＝1时，b1＝0.当m∈[2k，2k＋1）时，bm＝k，k∈N*，则S100＝b1＋（b2＋b3）＋（b4＋b5＋b6＋b7）＋…＋（b32＋b33＋…＋b63）＋（b64＋b65＋…＋b100）＝0＋1×2＋2×4＋3×8＋4×16＋5×32＋6×37＝480.2.已知数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，在等比数列{an}中，a1＝b1，a4＝b8.（1）求{bn}与{an}的通项公式；（2）若{bn}中去掉{an}的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求{cn}的前20项和.解：（1）∵Sn＝n2＋n，∴当n≥2且n∈N*时，bn＝Sn－Sn－1＝2n.又b1＝S1＝2也符合上式，∴bn＝2n.∵a1＝b1＝2，a4＝b8＝16，∴等比数列{an}的公比为2，∴an＝2n.（2）∵a1＝2，a2＝4，a3＝8，a4＝16，a5＝32，b25＝50，∴c1＋c2＋…＋c20＝（b1＋b2＋…＋b25）－（a1＋a2＋…＋a5）＝S25－（21＋22＋…＋25）＝25×（2+50）2－2×（3.（2026·山东青岛模拟）已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，a2＝2，S9＝45，数列{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝（n－1）·2n＋1.（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；（2）若对数列{an}，{bn}，在ak与ak＋1之间插入bk个1（k∈N*），组成一个新数列{dn}，求数列{dn}的前2026项的和T2026.解：（1）{an}为等差数列，设其公差为d，则a1＋d＝2，S9＝9a1＋36d＝45，解得a1＝d＝1，故an＝a1＋（n－1）d＝n；a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝（n－1）·2n＋1，①故当n≥2时，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝（n－2）·2n－1＋1，②两式相减得anbn＝（n－1）·2n＋1－（n－2）·2n－1－1＝n·2n－1，故nbn＝n·2n－1，所以bn＝2n－1，n≥2，又a1b1＝0＋1＝1，故b1＝1，满足bn＝2n－1，从而bn＝2n－1.（2）由（1）知，an＝n，bn＝2n－1，所以在{dn}中，从a1开始到项ak为止，共有项数为k＋20＋21＋22＋…＋2k－2＝k＋1－2