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微突破2　衍生数列问题
（时间：30分钟，满分：46分）
一、单项选择题（每小题5分，共10分）
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.360　　　C.480　　　D.560
2.已知an＝，bn＝，n∈N*，将数列{an}与数列{bn}的公共项按从小到大的顺序排列，组成一个新数列{cn}，则数列{cn}的前99项和为（　　）
A. B. C. D.
二、多项选择题（6分）
3.（2025·河南郑州一模）已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋1（n∈N*），数列{bn}满足bn＝2log2（1＋an）－1.若在数列{bn}中去掉{an}的项，余下的项组成数列{cn}，则（　　）
A.a1＋a2＋a3＋a4＝26 B.b5＝10
C.a4＜b15＜a5 D.c1＋c2＋…＋c10＝170
三、解答题（共30分）
4.（15分）设{an}是等差数列，{bn}是等比数列.已知a1＝b1＝4，b2＝a2＋1，b3＝2a3－4.
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
（2）数列{an}和{bn}的项从小到大依次排列（相等项计两项）得到新数列{cn}，求{cn}的前50项的和.
5.（15分）（2025·山东青岛一模）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2 025项的和T2 025.
微突破2　衍生数列问题
1.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.B　因为数列{2n－1}是正奇数数列，对于数列{（n＋1）2－1}，当n为奇数时，（n＋1）2－1为奇数，当n为偶数时，（n＋1）2－1为偶数，所以数列{2n－1}与{（n＋1）2－1}的公共项为奇数，令n＝2k－1（k∈N*），则（n＋1）2－1＝4k2－1，故＝＝＝（－），所以c1＋c2＋…＋c99＝×（1－＋－＋…＋－）＝×（1－）＝.
3.ACD　对于A，因为an＋1＝2an＋1，即an＋1＋1＝2（an＋1），所以＝2，故数列{an＋1}为等比数列，又a1＋1＝2，所以an＝2n－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝1＋3＋7＋15＝26，故A正确；对于B，bn＝2log2（1＋2n－1）－1＝2n－1，则b5＝2×5－1＝9，故B错误；对于C，因为a4＝15，b15＝29，a5＝31，所以a4＜b15＜a5，故C正确；对于D，因为b1＝1，bn＋1－bn＝2，所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，b1＝a1＝1，b14＝27，b15＝29，b16＝31，又a4＝15，a5＝31，a6＝63，所以b16＝a5＝31，{bn}由正奇数组成，{an}的项也是奇数，由上面推理可得，c1＋c2＋…＋c10是由{bn}的前14项去掉{an}的前4项余下的项组成，所以c1＋c2＋…＋c10＝（b1＋b2＋…＋b14）－（a1＋a2＋a3＋a4）＝－（1＋3＋7＋15）＝170.故D正确.故选A、C、D.
4.解：（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
则即解得所以an＝a1＋（n－1）d＝3n＋1，bn＝b1qn－1＝2n＋1.
（2）当数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前5项时，　
令3n＋1＝25＋1＝64，得n＝21，则第26项为64；
当数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前6项时，
令3n＋1＜26＋1＝128，得n＜，则第48项为128；
所以数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前6项，含有数列{an}的前44项，
故数列{cn}的前50项和为S50＝［44×4＋×3］＋＝3 266.
5.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＋＝k＋2k－1－1，
当k＝11时，11＋210－1＝1 034＜2 025，
当k＝12时，12＋211－1＝ 2 059＞2 025，
所以数列{dn}的前2 025项是a11项之后，还有2 025－1 034＝991项为1，
故T2 025＝（1＋2＋3＋…＋11）＋20＋21＋22＋…＋29＋991＝2 080.
1 / 1微突破2　衍生数列问题
【备考指南】　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.
1.两个等差（比）数列的公共项所构成的数列是等差（比）数列，公差（比）是两个数列公差（比）的最小公倍数.
1.已知数列{an}，{bn}满足an＝3n－1，bn＝5n－3，将数列{an}与{bn}的公共项按由小到大的顺序构成数列{cn}，则（　　）
A.a3＋b5＝c3 B.b28＝c10
C.a5b2＞c8 D.c9－b9＝a26
2.解决两数列并项问题的关键是正确区分两数列并项与集合A∪B中元素特征的区别，并准确找出两数列各有多少项.
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（　　）
A.2 052 B.2 056
C.2 062 D.2 066
3.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.
3.已知数列{an}满足an＝n，在an，an＋1之间插入n个1，构成数列{bn}：a1，1，a2，1，1，a3，1，1，1，a4，…，则数列{bn}的前100项和为（　　）
A.178 B.191 C.206 D.216
【思维建模】　衍生数列问题的解题思路
【瓶颈突破】　记数列{an}落在区间（0，g（k）]内的个数为bk，解决与数列{bk}有关的问题，关键是利用数列自变量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.
【例】　在等差数列{an}中，a3＋a4＋a11＝84，a7＝33.
（1）求数列{an}的通项公式；
（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.
【训练1】　已知数列{an}是等差数列，且a2＝－1，数列{bn}满足bn－bn－1＝an（n≥2，n∈N*），且b1＝b3＝1.
（1）求数列{bn}的通项公式；
（2）将数列{an}，{bn}的所有公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列{cn}，求数列{cn}的通项公式.
【瓶颈突破】　在an和an＋1之间插入n个数，使这n＋2个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为dn，则an＋1－an＝（n＋1）·dn，整理得dn＝；在an和an＋1之间插入n个数，使这n＋2个数构成等比数列，记这个等比数列的公比为qn，则＝（qn）n＋1，整理得qn＝.
【训练2】　（2025·海南海口二模）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.
微突破2　衍生数列问题
【基础·回扣】
1.B　2.C　3.A　
【典例·讲解】
【例】　解：（1）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＝＝5，an＝a4＋（n－4）d＝5n－2，
所以数列{an}的通项公式是an＝5n－2.
（2）由题意5k＜an＜52k（k∈N*），由（1）得5k＜5n－2＜52k，
整理得5k－1＋＜n＜52k－1＋，
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＝－＝－＋（k∈N*）.
【训练1】　解：（1）由题意可知b2－b1＝a2，即b2－1＝－1，故b2＝0，
由b3－b2＝a3，可得a3＝1，
所以数列{an}的公差d＝2，所以an＝－1＋2（n－2）＝2n－5，
由bn－bn－1＝an，bn－1－bn－2＝an－1，…，b2－b1＝a2，
累加可得bn－b1＝a2＋a3＋…＋an＝，
整理可得bn＝n2－4n＋4（n≥2），当n＝1时，满足上式，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝n2－4n＋4.
（2）不妨设am＝bn（m，n∈N*），即2m－5＝（n－2）2，可得m＝，
当n＝2k（k∈N*）时，m＝2k2－4k＋，不合题意.
当n＝2k－1（k∈N*）时，m＝2k2－6k＋7＝2k（k－3）＋7∈N*.
所以b2k－1在数列{an}中均存在公共项，
又因为b1＝b3＜b5＜b7＜…，所以cn＝b2n＋1＝（2n－1）2.
故数列{cn}的通项公式为cn＝（2n－1）2.
【训练2】　解：（1）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，可得dn＝＝.
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＝dm·dp，
所以（）2＝·，即＝.
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＋2k＝mp＋m＋p，即k2＝mp.
又2k＝m＋p，所以k＝m＝p与已知矛盾，
所以在数列{dn}中不存在3项dm，dk，dp成等比数列.
2 / 2(共31张PPT)
微突破2　衍生数列问题
备考指南
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.
基础·回扣 诊断自测 知识回扣
一
典例·讲解 典例精析 强技提能
二
课后·训练 巩固强化 综合测评
三
目录 /
CONTENTS
基础·回扣
诊断自测 知识回扣
1. 已知数列{an}，{bn}满足an＝3n－1，bn＝5n－3，将数列{an}与{bn}
的公共项按由小到大的顺序构成数列{cn}，则（　　）
A. a3＋b5＝c3 B. b28＝c10
C. a5b2＞c8 D. c9－b9＝a26
√
两个等差（比）数列的公共项所构成的数列是等差（比）数列，公差（比）是两个数列公差（比）的最小公倍数.
解析： 　数列{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，故数列
{cn}是首项为2，公差为15的等差数列，cn＝2＋15（n－1）＝15n－13.
对于A，a3＋b5＝（3×3－1）＋（5×5－3）＝30，c3＝15×3－13＝32，
a3＋b5≠c3，故A错误；对于B，b28＝5×28－3＝137，c10＝15×10－13＝
137，b28＝c10，故B正确；对于C，a5＝3×5－1＝14，b2＝5×2－3＝7，
c8＝15×8－13＝107，a5b2＝14×7＝98＜107＝c8，故C错误；对于D，c9
＝15×9－13＝122，b9＝5×9－3＝42，a26＝3×26－1＝77，c9－b9＝122
－42＝80≠77＝a26，故D错误.
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（　　）
A. 2 052 B. 2 056
C. 2 062 D. 2 066
√
解决两数列并项问题的关键是正确区分两数列并项与集合A∪B中元素特征的区别，并准确找出两数列各有多少项.
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）＝
＋ ＝126＋1 936＝2 062.
3. 已知数列{an}满足an＝n，在an，an＋1之间插入n个1，构成数列
{bn}：a1，1，a2，1，1，a3，1，1，1，a4，…，则数列{bn}的前100项
和为（　　）
A. 178 B. 191
C. 206 D. 216
√
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.
解析： 　数列{bn}：a1，1，a2，1，1，a3，1，1，1，a4，…，an有n
＋[1＋2＋…＋（n－1）]＝n＋ ＝ n（n＋1）项，当n＝
13时， ×13×14＝91，当n＝14时， ×14×15＝105.由于an＝n，所以
前100项和为S100＝（a1＋a2＋…＋a13）＋（100－13）×1＝
＋87＝178.
【思维建模】　衍生数列问题的解题思路
典例·讲解
典例精析 强技提能
【例】　在等差数列{an}中，a3＋a4＋a11＝84，a7＝33.
（1）求数列{an}的通项公式；
解： 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＝ ＝5，an＝a4＋（n－4）d＝5n－2，
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.
【瓶颈突破】　记数列{an}落在区间（0，g（k）]内的个数为bk，解决与数列{bk}有关的问题，关键是利用数列自变量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.
解： 由题意5k＜an＜52k（k∈N*），
由（1）得5k＜5n－2＜52k，
整理得5k－1＋ ＜n＜52k－1＋ ，
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＝ － ＝ － ＋
（k∈N*）.
【训练1】　已知数列{an}是等差数列，且a2＝－1，数列{bn}满足bn－bn
－1＝an（n≥2，n∈N*），且b1＝b3＝1.
（1）求数列{bn}的通项公式；
解： 由题意可知b2－b1＝a2，即b2－1＝－1，故b2＝0，
由b3－b2＝a3，可得a3＝1，
所以数列{an}的公差d＝2，所以an＝－1＋2（n－2）＝2n－5，
由bn－bn－1＝an，bn－1－bn－2＝an－1，…，b2－b1＝a2，
累加可得bn－b1＝a2＋a3＋…＋an＝ ，
整理可得bn＝n2－4n＋4（n≥2），
当n＝1时，满足上式，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝n2－4n＋4.
（2）将数列{an}，{bn}的所有公共项按从小到大的顺序组成一个新的数
列{cn}，求数列{cn}的通项公式.
解： 不妨设am＝bn（m，n∈N*），
即2m－5＝（n－2）2，可得m＝ ，
当n＝2k（k∈N*）时，m＝2k2－4k＋ ，不合题意.
当n＝2k－1（k∈N*）时，m＝2k2－6k＋7＝2k（k－3）＋7∈N*.
所以b2k－1在数列{an}中均存在公共项，
又因为b1＝b3＜b5＜b7＜…，所以cn＝b2n＋1＝（2n－1）2.
故数列{cn}的通项公式为cn＝（2n－1）2.
【训练2】　（2025·海南海口二模）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；
解： 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）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.
【瓶颈突破】　在an和an＋1之间插入n个数，使这n＋2个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为dn，则an＋1－an＝（n＋1）·dn，整理得dn＝ ；在an和an＋1之间插入n个数，使这n＋2个数构成等比数列，记这个等比数列的公比为qn，则 ＝（qn）n＋1，整理得qn＝ .
解： 由（1）知an＝2×3n－1，an＋1＝2×3n，
所以an＋1＝an＋（n＋2－1）dn，可得dn＝ ＝ .
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 ＝dm·dp，
所以（ ）2＝ · ，即 ＝ .
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＋2k＝mp＋m＋p，即
k2＝mp.
又2k＝m＋p，所以k＝m＝p与已知矛盾，
所以在数列{dn}中不存在3项dm，dk，dp成等比数列.
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：30分钟，满分：46分）
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一、单项选择题（每小题5分，共10分）
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. 360
C. 480 D. 560
√
解析： 　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an＝ ，bn＝ ，n∈N*，将数列{an}与数列{bn}的
公共项按从小到大的顺序排列，组成一个新数列{cn}，则数列{cn}的前99
项和为（　　）
A. B.
C. D.
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解析： 　因为数列{2n－1}是正奇数数列，对于数列{（n＋1）2－1}，
当n为奇数时，（n＋1）2－1为奇数，当n为偶数时，（n＋1）2－1为偶
数，所以数列{2n－1}与{（n＋1）2－1}的公共项为奇数，令n＝2k－1
（k∈N*），则（n＋1）2－1＝4k2－1，故＝ ＝
＝ （ － ），所以c1＋c2＋…＋c99＝ ×（1－
＋ － ＋…＋ － ）＝ ×（1－ ）＝ .
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二、多项选择题（6分）
3. （2025·河南郑州一模）已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋1
（n∈N*），数列{bn}满足bn＝2log2（1＋an）－1.若在数列{bn}中去掉
{an}的项，余下的项组成数列{cn}，则（　　）
A. a1＋a2＋a3＋a4＝26 B. b5＝10
C. a4＜b15＜a5 D. c1＋c2＋…＋c10＝170
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解析： 　对于A，因为an＋1＝2an＋1，即an＋1＋1＝2（an＋1），所
以 ＝2，故数列{an＋1}为等比数列，又a1＋1＝2，所以an＝2n－
1，则a1＋a2＋a3＋a4＝1＋3＋7＋15＝26，故A正确；对于B，bn＝2log2
（1＋2n－1）－1＝2n－1，则b5＝2×5－1＝9，故B错误；对于C，因为
a4＝15，b15＝29，a5＝31，所以a4＜b15＜a5，故C正确；对于D，因为b1＝1，bn＋1－bn＝2，所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，b1＝a1＝1，b14＝27，b15＝29，b16＝31，又a4＝15，a5＝31，a6＝63，所以b16＝a5＝31，{bn}由正奇数组成，{an}的项也是奇数，由上面推理可得，c1＋c2＋…＋c10是由{bn}的前14项去掉{an}的前4项余下的项组成，所以c1＋c2＋…＋c10＝（b1＋b2＋…＋b14）－（a1＋a2＋a3＋a4）＝ －（1＋3＋7＋15）＝170.故D正确.故选A、C、D.
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三、解答题（共30分）
4. （15分）设{an}是等差数列，{bn}是等比数列.已知a1＝b1＝4，b2＝a2
＋1，b3＝2a3－4.
（1）求{an}和{bn}的通项公式；
解： 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
则 即 解得 所以an
＝a1＋（n－1）d＝3n＋1，bn＝b1qn－1＝2n＋1.
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（2）数列{an}和{bn}的项从小到大依次排列（相等项计两项）得到新数
列{cn}，求{cn}的前50项的和.
解： 当数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前5项时，
令3n＋1＝25＋1＝64，得n＝21，则第26项为64；
当数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前6项时，
令3n＋1＜26＋1＝128，得n＜ ，则第48项为128；
所以数列{cn}的前50项中含有数列{bn}的前6项，含有数列{an}的前44项，
故数列{cn}的前50项和为S50＝［44×4＋ ×3］＋
＝3 266.
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5. （15分）（2025·山东青岛一模）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；
解： {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.
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（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2 025项的和T2 025.
解： 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＋ ＝k＋2k－1－1，
当k＝11时，11＋210－1＝1 034＜2 025，
当k＝12时，12＋211－1＝ 2 059＞2 025，
所以数列{dn}的前2 025项是a11项之后，还有2 025－1 034＝991项为1，
故T2 025＝（1＋2＋3＋…＋11）＋20＋21＋22＋…＋29＋991＝2 080.
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