衍生數(shù)列問題【知識拓展】衍生數(shù)列是指由已知數(shù)列通過插項、去項得到新數(shù)列，或由已知的兩個數(shù)列的公共項得到新數(shù)列，解決此類問題要弄清楚衍生數(shù)列與已知數(shù)列的關(guān)系，確定衍生數(shù)列的特征，以此來解決問題.【類型突破】類型一數(shù)列中的去項問題例1(2024·汕頭模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和是Sn，a1＝1，點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(Sn,n)))(n∈N*)在斜率為eq\f(1,2)的直線上，數(shù)列{an}，{bn}滿足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－1)·2n＋1.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)若數(shù)列{an}中去掉和數(shù)列{bn}中相同的項后，余下的項按原來的順序組成數(shù)列{cn}，且數(shù)列{cn}的前n項和為Tn，求T100.訓(xùn)練1已知正項數(shù)列{an}和{bn}，Sn為數(shù)列{an}的前n項和，且滿足4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an，an＝2log2bn.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；(2)將數(shù)列{an}中與數(shù)列{bn}中相同的項剔除后，按從小到大的順序構(gòu)成數(shù)列{cn}，記數(shù)列{cn}的前n項和為Tn，求T100.類型二數(shù)列中的公共項問題例2(2024·西安調(diào)研)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(3n2＋n,2)，{bn}為等比數(shù)列，公比為2，且b1，b2＋1，b3為等差數(shù)列.(1)求{an}與{bn}的通項公式；(2)把數(shù)列{an}和{bn}的公共項由小到大排成的數(shù)列記為{cn}，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.訓(xùn)練2數(shù)列{2n－1}和數(shù)列{3n－2}的公共項從小到大構(gòu)成一個新數(shù)列{an}，數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(an,2n)，則數(shù)列{bn}的最大項等于________.類型三數(shù)列中的并項問題例3(2024·福州模擬)已知等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，其前n項和為Sn，滿足S2＝6，S4＝30.(1)求{an}的通項公式；(2)記bn＝2n－1，將數(shù)列{an}與{bn}中的項按從小到大的順序依次排列，構(gòu)成一個新數(shù)列{cn}，求數(shù)列{cn}的前50項和T50.訓(xùn)練3已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2，數(shù)列{bn}滿足2bn＝bn－1＋bn＋1，且a2＝4b1，a3＝b8.(1)求{an}和{bn}的通項公式；(2)將{an}和{bn}中的所有項按從小到大的順序排列組成新數(shù)列{cn}，求數(shù)列{cn}的前100項和T100.類型四數(shù)列中的插項問題例4(2024·石家莊質(zhì)檢)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，滿足3a2＋2a3＝S5＋6.(1)若數(shù)列{Sn}為遞減數(shù)列，求a1的取值范圍；(2)若a1＝1，在數(shù)列{an}的第n項與第n＋1項之間插入首項為1，公比為2的等比數(shù)列的前n項，形成新數(shù)列{bn}，記數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求T95.訓(xùn)練4(2024·衡陽質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1.(1)證明：數(shù)列{an＋1}為等比數(shù)列；(2)在ak和ak＋1(k∈N*)之間插入k個數(shù)構(gòu)成一個新數(shù)列{cn}：a1，b1，a2，b2，b3，a3，b4，b5，b6，a4，…，其中插入的所有數(shù)依次構(gòu)成數(shù)列{bn}，通項公式bn＝(－1)n2n.求數(shù)列{cn}的前30項和T30.【精準(zhǔn)強化練】1.(2024·開封質(zhì)檢)已知Sn為數(shù)列{an}的前n項和，且an>0，aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3，bn＝a2n－1，cn＝3n.(1)求{an}的通項公式；(2)將數(shù)列{bn}與{cn}的所有公共項按從小到大的順序組成新數(shù)列{dn}，求{dn}的前10項的和.2.(2024·成都診斷)已知各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1＝1，aeq\o\al(2,n＋1)－2Sn＝n＋1，Sn是數(shù)列{an}的前n項和.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)在ak和ak＋1(k∈N*)中插入k個相同的數(shù)2k構(gòu)成一個新數(shù)列{bn}：a1，2，a2，22，22，a3，23，23，23，a4，…，求{bn}的前90項和T90.【解析版】類型一數(shù)列中的去項問題例1(2024·汕頭模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和是Sn，a1＝1，點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(Sn,n)))(n∈N*)在斜率為eq\f(1,2)的直線上，數(shù)列{an}，{bn}滿足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－1)·2n＋1.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)若數(shù)列{an}中去掉和數(shù)列{bn}中相同的項后，余下的項按原來的順序組成數(shù)列{cn}，且數(shù)列{cn}的前n項和為Tn，求T100.解(1)∵點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(Sn,n)))(n∈N*)在斜率為eq\f(1,2)的直線上，∴eq\f(Sn,n)－eq\f(Sn－1,n－1)＝eq\f(1,2)(n≥2，n∈N*)，又eq\f(S1,1)＝a1＝1，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是以1為首項，eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列，∴eq\f(Sn,n)＝eq\f(n＋1,2)，∴Sn＝eq\f(n2＋n,2)(n∈N*).當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n，當(dāng)n＝1時，a1＝1滿足上式，∴an＝n(n∈N*).∵數(shù)列{an}，{bn}滿足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－1)·2n＋1，∴當(dāng)n≥2時，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝2＋(n－2)·2n，兩式相減，得anbn＝n·2n(n≥2)，當(dāng)n＝1時，a1b1＝2＋(1－1)×21＋1＝2＝1×21，滿足上式，∴anbn＝n·2n(n∈N*).∴bn＝2n(n∈N*).(2)設(shè)數(shù)列{an}的前p項中有數(shù)列{bn}的q項，p－q＝100，則2q≤p，即2q≤100＋q.易得滿足2q≤100＋q的最大正整數(shù)q為6，∴數(shù)列{cn}的前100項，由數(shù)列{an}中的前106項去掉和數(shù)列{bn}中相同的6項得到，∴T100＝S106－(2＋22＋…＋26)＝eq\f(（1＋106）×106,2)－eq\f(2×（1－26）,1－2)＝5545.易錯提醒解答去項問題的易錯之處是不能準(zhǔn)確確定數(shù)列中去掉的項數(shù)，或求和時不會采取原數(shù)列和減去去掉各項和的方法.訓(xùn)練1已知正項數(shù)列{an}和{bn}，Sn為數(shù)列{an}的前n項和，且滿足4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an，an＝2log2bn.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；(2)將數(shù)列{an}中與數(shù)列{bn}中相同的項剔除后，按從小到大的順序構(gòu)成數(shù)列{cn}，記數(shù)列{cn}的前n項和為Tn，求T100.解(1)因為4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an，所以n≥2時，4Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋2an－1，兩式相減得4an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋2an－2an－1，(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，因為an>0，所以an－an－1＝2，又4a1＝aeq\o\al(2,1)＋2a1，a1>0，所以a1＝2，所以an＝2＋2(n－1)＝2n，2n＝2log2bn，bn＝2n.(2)根據(jù)(1)的結(jié)論，數(shù)列{bn}的前8項依次為：2，4，8，16，32，64，128，256對應(yīng)數(shù)列{an}的第1，2，4，8，16，32，64，128項，故數(shù)列{cn}的前100項為數(shù)列{an}的前107項，剔除數(shù)列{bn}的前7項的數(shù)列.所以T100＝(a1＋a2＋…＋a107)－(b1＋b2＋…＋b7)＝eq\f(107×（2＋214）,2)－eq\f(2（1－27）,1－2)＝11302.類型二數(shù)列中的公共項問題例2(2024·西安調(diào)研)已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝eq\f(3n2＋n,2)，{bn}為等比數(shù)列，公比為2，且b1，b2＋1，b3為等差數(shù)列.(1)求{an}與{bn}的通項公式；(2)把數(shù)列{an}和{bn}的公共項由小到大排成的數(shù)列記為{cn}，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.解(1)由Sn＝eq\f(3n2＋n,2)，當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝2，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，當(dāng)n＝1時，上式也成立，所以an＝3n－1.依題意，b1＋b3＝2(b2＋1)，b1＋b1·22＝2(b1·2＋1)，解得b1＝2，所以bn＝2n.(2)數(shù)列{an}和{bn}的公共項從小到大依次為21，23，25，27，…，所以21，23，25，27，…構(gòu)成首項為2，公比為4的等比數(shù)列，所以cn＝2×4n－1，則Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(2（1－4n）,1－4)＝eq\f(2,3)(4n－1).規(guī)律方法兩個等差數(shù)列的公共項是等差數(shù)列，且公差是兩等差數(shù)列公差的最小公倍數(shù)；兩個等比數(shù)列的公共項是等比數(shù)列，公比是兩個等比數(shù)列公比的最小公倍數(shù)；等差數(shù)列與等比數(shù)列的公共項所構(gòu)成的新數(shù)列，一般仍為等比數(shù)列.訓(xùn)練2數(shù)列{2n－1}和數(shù)列{3n－2}的公共項從小到大構(gòu)成一個新數(shù)列{an}，數(shù)列{bn}滿足bn＝eq\f(an,2n)，則數(shù)列{bn}的最大項等于________.答案eq\f(7,4)解析數(shù)列{2n－1}和數(shù)列{3n－2}的公共項從小到大構(gòu)成一個新數(shù)列為1，7，13，…，該數(shù)列是首項為1，公差為6的等差數(shù)列，所以an＝6n－5，所以bn＝eq\f(6n－5,2n)，因為bn＋1－bn＝eq\f(6n＋1,2n＋1)－eq\f(6n－5,2n)＝eq\f(11－6n,2n＋1)，所以當(dāng)n≥2時，bn＋1－bn<0，即b2>b3>b4>…，又b1<b2，所以數(shù)列{bn}的最大項為第二項，其值為eq\f(7,4).類型三數(shù)列中的并項問題例3(2024·福州模擬)已知等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，其前n項和為Sn，滿足S2＝6，S4＝30.(1)求{an}的通項公式；(2)記bn＝2n－1，將數(shù)列{an}與{bn}中的項按從小到大的順序依次排列，構(gòu)成一個新數(shù)列{cn}，求數(shù)列{cn}的前50項和T50.解(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，顯然q>0且q≠1，由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a1（1－q2）,1－q)＝6，,\f(a1（1－q4）,1－q)＝30，))得q＝2(負(fù)值舍去)，所以a1＝2，所以an＝a1qn－1＝2n.(2)數(shù)列{an}中的項從小到大依次為2，4，8，16，32，64，128，…，又b40＝79，b50＝99，所以依題意可知新數(shù)列{cn}的前50項中，數(shù)列{an}中的項只有前6項，數(shù)列{bn}中的項有44項，所以T50＝(2＋4＋8＋16＋32＋64)＋(1＋3＋5＋7＋…＋87)＝eq\f(2×（1－26）,1－2)＋eq\f(44×（1＋87）,2)＝126＋1936＝2062.易錯提醒解決數(shù)列的并項問題的難點，也是易錯之處，為確定兩個數(shù)列中各有多少項作為新數(shù)列的項，求解時可利用解不等式法或試探法.訓(xùn)練3已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2，數(shù)列{bn}滿足2bn＝bn－1＋bn＋1，且a2＝4b1，a3＝b8.(1)求{an}和{bn}的通項公式；(2)將{an}和{bn}中的所有項按從小到大的順序排列組成新數(shù)列{cn}，求數(shù)列{cn}的前100項和T100.解(1)由S2＝2a2－2，S3＝a4－2兩式作差可得a3＝a4－2a2，即a2q＝a2q2－2a2，∵a2≠0，則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，故數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，設(shè)該數(shù)列的公差為d，由于a2＝4b1＝4，可得b1＝1，a3＝b8＝8，∴d＝eq\f(b8－b1,7)＝1，∴bn＝b1＋(n－1)d＝n.(2)當(dāng)n≤6時，an＝2n≤64，當(dāng)n≥7時，an＝2n≥128，∴數(shù)列{cn}的前100項中，{an}有6項，{bn}有94項，∴T100＝eq\f(2（1－26）,1－2)＋eq\f(94（1＋94）,2)＝4591.類型四數(shù)列中的插項問題例4(2024·石家莊質(zhì)檢)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，滿足3a2＋2a3＝S5＋6.(1)若數(shù)列{Sn}為遞減數(shù)列，求a1的取值范圍；(2)若a1＝1，在數(shù)列{an}的第n項與第n＋1項之間插入首項為1，公比為2的等比數(shù)列的前n項，形成新數(shù)列{bn}，記數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求T95.解(1)法一記{an}的公差為d，由3a2＋2a3＝S5＋6得3(a1＋d)＋2(a1＋2d)＝5a1＋eq\f(5×4,2)d＋6，得d＝－2，所以Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)×(－2)＝－n2＋(a1＋1)n.若數(shù)列{Sn}為遞減數(shù)列，則Sn＋1－Sn<0(n≥1)恒成立，即an＋1＝a1－2n<0(n≥1)恒成立，得a1<2n(n≥1)恒成立，即a1<2.法二記{an}的公差為d，由3a2＋2a3＝S5＋6得3(a1＋d)＋2(a1＋2d)＝5a1＋eq\f(5×4,2)d＋6，得d＝－2，所以Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)×(－2)＝－n2＋(a1＋1)n.若數(shù)列{Sn}為遞減數(shù)列，則需滿足eq\f(a1＋1,2)<eq\f(3,2)，解得a1<2.(2)由(1)知，{an}的公差d＝－2，又a1＝1，所以an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.根據(jù)題意，數(shù)列{bn}為1，20，－1，20，21，－3，20，21，22，－5，…，－2n＋3，20，21，…，2n－1，－2n＋1，….可將數(shù)列分組：第一組為1，20；第二組為－1，20，21；第三組為－3，20，21，22；……第k(k∈N*)組為－2k＋3，20，21，22，…，2k－1；……則前k組一共有2＋3＋…＋(k＋1)＝eq\f(（k＋3）k,2)(項)，當(dāng)k＝12時，項數(shù)為90.故T95相當(dāng)于是前12組的和再加上－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)可看成是數(shù)列{cn}(cn＝2n－1)的前12項和，所以T95＝eq\f(（1－21）×12,2)＋eq\f(2×（1－212）,1－2)－12－23＋1＋2＋4＋8＝213－142＝8050.規(guī)律方法解決插項問題，首先要清楚插入數(shù)列的項數(shù)，新插入數(shù)列與原數(shù)列各項之間的關(guān)系，然后利用分組或并項法求和.訓(xùn)練4(2024·衡陽質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1.(1)證明：數(shù)列{an＋1}為等比數(shù)列；(2)在ak和ak＋1(k∈N*)之間插入k個數(shù)構(gòu)成一個新數(shù)列{cn}：a1，b1，a2，b2，b3，a3，b4，b5，b6，a4，…，其中插入的所有數(shù)依次構(gòu)成數(shù)列{bn}，通項公式bn＝(－1)n2n.求數(shù)列{cn}的前30項和T30.(1)證明當(dāng)n＝1時，S2＝2S1＋2，得a1＋a2＝2a1＋2，解得a2＝3.當(dāng)n≥2時，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)，則an＋1＋1＝2an＋2＝2(an＋1)，∵a1＋1＝2≠0，∴eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝2，∴{an＋1}是以2為首項，2為公比的等比數(shù)列.(2)解由(1)知an＋1＝2n，an＝2n－1.在數(shù)列{cn}中，項a7之前(含a7)共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28<30，∴數(shù)列{cn}的前30項中包含了數(shù)列{an}的前7項及數(shù)列{bn}的前23項，∴T30＝a1＋a2＋…＋a7＋b1＋b2＋…＋b23＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(27－1)＋(－2＋4－6＋8－…－46)＝eq\f(2×（1－27）,1－2)－7＋[－2＋(－2)×11]＝223.【精準(zhǔn)強化練】1.(2024·開封質(zhì)檢)已知Sn為數(shù)列{an}的前n項和，且an>0，aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3，bn＝a2n－1，cn＝3n.(1)求{an}的通項公式；(2)將數(shù)列{bn}與{cn}的所有公共項按從小到大的順序組成新數(shù)列{dn}，求{dn}的前10項的和.解(1)由aeq\o\al(2,n)＋2an＝4Sn＋3，可知aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝4Sn＋1＋3，兩式相減得aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＋2(an＋1－an)＝4an＋1，即(an＋1＋an)(an＋1－an)＝2(an＋1＋an).因為an>0，所以an＋1－an＝2.又aeq\o\al(2,1)＋2a1＝4S1＋3，a1>0，解得a1＝3，即{an}是首項為3，公差d＝2的等差數(shù)列，所以{an}的通項公式為an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(2)由(1)知bn＝4n－1，數(shù)列{bn}與{cn}的公共項滿足bn＝ck，即4n－1＝3k，k＝eq\f(4n－1,3)＝n＋eq\f(n－1,3)，而k，n∈N*，于是可令eq\f(n－1,3)＝m－1(m∈N*)，即n＝3m－2，此時k＝4m－3，m∈N*，因此b3m－2＝c4m－3＝12m－9，即dn＝12n－9，數(shù)列{dn}是以3為