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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　　　　；
（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　　　　.
听课记录
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（　　）
A.4 B.16
C. D.65
（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（　　）
A.28 B.29
C.30 D.31
听课记录
　　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；
（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.
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.360
C.480 D.560
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.
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2 026项的和T2 026.
微专题　衍生数列问题
【例1】　（1）3n2－2n　（2）2 062
解析：（1）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＋·6＝3n2－2n.
（2）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.
【例2】　（1）C　（2）B　解析：（1）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＝，首项为b1＝a1＝1，所以新数列的通项公式为bn＝1＋（n－1）＝n＋，故b43＝×43＋＝.
（2）由题意，数列{bn}的元素依次为a1，，a2，，a3，，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＝S29－3＝98＜0，故Sn≥100成立的最小的n为29.
【例3】　解：（1）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＝＝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*）.
强化训练
1.C　
2.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）＝－＝650－62＝588.
3.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＜2 026，
当k＝12时，12＋211－1＝ 2 059＞2 026，
所以数列{dn}的前2 026项是a11项之后，还有2 026－1 034＝992项为1，
故T2 026＝（1＋2＋3＋…＋11）＋20＋21＋22＋…＋29＋992＝2 081.
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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 ；
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＋ ·6＝3n2－2n.
3n2－2n　
（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 .
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.
2 062　
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. 16
C. D. 65
C
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 ＝ ，首项为b1＝a1＝1，所以新数
列的通项公式为bn＝1＋ （n－1）＝ n＋ ，故b43＝ ×43＋ ＝ .
（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. 29
C. 30 D. 31
B
解析：由题意，数列{bn}的元素依次为a1， ，a2， ，a3，
，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＝S29－3＝98＜0，故Sn≥100成立的最小的n为29.
　　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＝ ＝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.
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*）.
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. 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；
解： ∵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）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： ∵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）＝ － ＝650－62＝588.
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；
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.
（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2 026项的和T2 026.
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＜2 026，
当k＝12时，12＋211－1＝ 2 059＞2 026，
所以数列{dn}的前2 026项是a11项之后，还有2 026－1 034＝992项为1，
故T2 026＝（1＋2＋3＋…＋11）＋20＋21＋22＋…＋29＋992＝2 081.
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