資源簡介

　衍生數列問題
【知識拓展】
衍生數列是指由已知數列通過插項、去項得到新數列，或由已知的兩個數列的公共項得到新數列，解決此類問題要弄清楚衍生數列與已知數列的關系，確定衍生數列的特征，以此來解決問題.
【類型突破】
類型一　數列中的去項問題
例1 (2024·汕頭模擬)已知數列{an}的前n項和是Sn，a1＝1，點(n∈N*)在斜率為的直線上，數列{an}，{bn}滿足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－1)·2n＋1.
(1)求數列{an}，{bn}的通項公式；
(2)若數列{an}中去掉和數列{bn}中相同的項后，余下的項按原來的順序組成數列{cn}，且數列{cn}的前n項和為Tn，求T100.
訓練1 已知正項數列{an}和{bn}，Sn為數列{an}的前n項和，且滿足4Sn＝a＋2an，an＝2log2bn.
(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；
(2)將數列{an}中與數列{bn}中相同的項剔除后，按從小到大的順序構成數列{cn}，記數列{cn}的前n項和為Tn，求T100.
類型二　數列中的公共項問題
例2 (2024·西安調研)已知數列{an}的前n項和Sn＝，{bn}為等比數列，公比為2，且b1，b2＋1，b3為等差數列.
(1)求{an}與{bn}的通項公式；
(2)把數列{an}和{bn}的公共項由小到大排成的數列記為{cn}，求數列{cn}的前n項和Tn.
訓練2 數列{2n－1}和數列{3n－2}的公共項從小到大構成一個新數列{an}，數列{bn}滿足bn＝，則數列{bn}的最大項等于________.
類型三　數列中的并項問題
例3 (2024·福州模擬)已知等比數列{an}為遞增數列，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，將數列{an}與{bn}中的項按從小到大的順序依次排列，構成一個新數列{cn}，求數列{cn}的前50項和T50.
訓練3 已知等比數列{an}的前n項和為Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2，數列{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列{cn}，求數列{cn}的前100項和T100.
類型四　數列中的插項問題
例4 (2024·石家莊質檢)已知等差數列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，滿足3a2＋2a3＝S5＋6.
(1)若數列{Sn}為遞減數列，求a1的取值范圍；
(2)若a1＝1，在數列{an}的第n項與第n＋1項之間插入首項為1，公比為2的等比數列的前n項，形成新數列{bn}，記數列{bn}的前n項和為Tn，求T95.
訓練4 (2024·衡陽質檢)已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1.
(1)證明：數列{an＋1}為等比數列；
(2)在ak和ak＋1(k∈N*)之間插入k個數構成一個新數列{cn}：a1，b1，a2，b2，b3，a3，b4，b5，b6，a4，…，其中插入的所有數依次構成數列{bn}，通項公式bn＝(－1)n2n.求數列{cn}的前30項和T30.
【精準強化練】
1.(2024·開封質檢)已知Sn為數列{an}的前n項和，且an>0，a＋2an＝4Sn＋3，bn＝a2n－1，cn＝3n.
(1)求{an}的通項公式；
(2)將數列{bn}與{cn}的所有公共項按從小到大的順序組成新數列{dn}，求{dn}的前10項的和.
2.(2024·成都診斷)已知各項均為正數的數列{an}滿足a1＝1，a－2Sn＝n＋1，Sn是數列{an}的前n項和.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)在ak和ak＋1(k∈N*)中插入k個相同的數2k構成一個新數列{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　數列中的去項問題
例1 (2024·汕頭模擬)已知數列{an}的前n項和是Sn，a1＝1，點(n∈N*)在斜率為的直線上，數列{an}，{bn}滿足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－1)·2n＋1.
(1)求數列{an}，{bn}的通項公式；
(2)若數列{an}中去掉和數列{bn}中相同的項后，余下的項按原來的順序組成數列{cn}，且數列{cn}的前n項和為Tn，求T100.
解　(1)∵點(n∈N*)在斜率為的直線上，
∴－＝(n≥2，n∈N*)，
又＝a1＝1，
∴數列是以1為首項，為公差的等差數列，
∴＝，∴Sn＝(n∈N*).
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n，
當n＝1時，a1＝1滿足上式，
∴an＝n(n∈N*).
∵數列{an}，{bn}滿足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－1)·2n＋1，
∴當n≥2時，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝2＋(n－2)·2n，
兩式相減，得anbn＝n·2n(n≥2)，
當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)設數列{an}的前p項中有數列{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q為6，
∴數列{cn}的前100項，由數列{an}中的前106項去掉和數列{bn}中相同的6項得到，
∴T100＝S106－(2＋22＋…＋26)＝－＝5 545.
易錯提醒　解答去項問題的易錯之處是不能準確確定數列中去掉的項數，或求和時不會采取原數列和減去去掉各項和的方法.
訓練1 已知正項數列{an}和{bn}，Sn為數列{an}的前n項和，且滿足4Sn＝a＋2an，an＝2log2bn.
(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；
(2)將數列{an}中與數列{bn}中相同的項剔除后，按從小到大的順序構成數列{cn}，記數列{cn}的前n項和為Tn，求T100.
解　(1)因為4Sn＝a＋2an，
所以n≥2時，4Sn－1＝a＋2an－1，
兩式相減得4an＝a－a＋2a n－2an－1，
(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
因為an>0，所以an－an－1＝2，
又4a1＝a＋2a1，a1>0，
所以a1＝2，
所以an＝2＋2(n－1)＝2n，
2n＝2log2bn，bn＝2n.
(2)根據(1)的結論，數列{bn}的前8項依次為：2，4，8，16，32，64，128，256對應數列{an}的第1，2，4，8，16，32，64，128項，
故數列{cn}的前100項為數列{an}的前107項，剔除數列{bn}的前7項的數列.
所以T100＝(a1＋a2＋…＋a107)－(b1＋b2＋…＋b7)＝－＝11 302.
類型二　數列中的公共項問題
例2 (2024·西安調研)已知數列{an}的前n項和Sn＝，{bn}為等比數列，公比為2，且b1，b2＋1，b3為等差數列.
(1)求{an}與{bn}的通項公式；
(2)把數列{an}和{bn}的公共項由小到大排成的數列記為{cn}，求數列{cn}的前n項和Tn.
解　(1)由Sn＝，
當n＝1時，a1＝S1＝2，
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，
當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，…構成首項為2，公比為4的等比數列，所以cn＝2×4n－1，則Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝＝(4n－1).
規律方法　兩個等差數列的公共項是等差數列，且公差是兩等差數列公差的最小公倍數；兩個等比數列的公共項是等比數列，公比是兩個等比數列公比的最小公倍數；等差數列與等比數列的公共項所構成的新數列，一般仍為等比數列.
訓練2 數列{2n－1}和數列{3n－2}的公共項從小到大構成一個新數列{an}，數列{bn}滿足bn＝，則數列{bn}的最大項等于________.
答案　
解析　數列{2n－1}和數列{3n－2}的公共項從小到大構成一個新數列為1，7，13，…，該數列是首項為1，公差為6的等差數列，
所以an＝6n－5，所以bn＝，
因為bn＋1－bn＝－＝，
所以當n≥2時，bn＋1－bn<0，
即b2>b3>b4>…，
又b1類型三　數列中的并項問題
例3 (2024·福州模擬)已知等比數列{an}為遞增數列，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，將數列{an}與{bn}中的項按從小到大的順序依次排列，構成一個新數列{cn}，求數列{cn}的前50項和T50.
解　(1)設等比數列{an}的公比為q，
顯然q>0且q≠1，
由已知得得q＝2(負值舍去)，
所以a1＝2，所以an＝a1qn－1＝2n.
(2)數列{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列{cn}的前50項中，數列{an}中的項只有前6項，數列{bn}中的項有44項，
所以T50＝(2＋4＋8＋16＋32＋64)＋(1＋3＋5＋7＋…＋87)＝＋＝126＋1 936＝2 062.
易錯提醒　解決數列的并項問題的難點，也是易錯之處，為確定兩個數列中各有多少項作為新數列的項，求解時可利用解不等式法或試探法.
訓練3 已知等比數列{an}的前n項和為Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2，數列{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列{cn}，求數列{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，
故數列{bn}為等差數列，設該數列的公差為d，
由于a2＝4b1＝4，可得b1＝1，a3＝b8＝8，
∴d＝＝1，∴bn＝b1＋(n－1)d＝n.
(2)當n≤6時，an＝2n≤64，
當n≥7時，an＝2n≥128，
∴數列{cn}的前100項中，{an}有6項，{bn}有94項，
∴T100＝＋＝4 591.
類型四　數列中的插項問題
例4 (2024·石家莊質檢)已知等差數列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，滿足3a2＋2a3＝S5＋6.
(1)若數列{Sn}為遞減數列，求a1的取值范圍；
(2)若a1＝1，在數列{an}的第n項與第n＋1項之間插入首項為1，公比為2的等比數列的前n項，形成新數列{bn}，記數列{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＋d＋6，得d＝－2，
所以Sn＝na1＋×(－2)＝－n2＋(a1＋1)n.
若數列{Sn}為遞減數列，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＋d＋6，得d＝－2，
所以Sn＝na1＋×(－2)
＝－n2＋(a1＋1)n.
若數列{Sn}為遞減數列，則需滿足<，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.
根據題意，數列{bn}為1，20，－1，20，21，－3，20，21，22，－5，…，－2n＋3，20，21，…，2n－1，－2n＋1，….
可將數列分組：
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)＝(項)，
當k＝12時，項數為90.
故T95相當于是前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)可看成是數列{cn}(cn＝2n－1)的前12項和，
所以T95＝＋－12－23＋1＋2＋4＋8＝213－142＝8 050.
規律方法　解決插項問題，首先要清楚插入數列的項數，新插入數列與原數列各項之間的關系，然后利用分組或并項法求和.
訓練4 (2024·衡陽質檢)已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1.
(1)證明：數列{an＋1}為等比數列；
(2)在ak和ak＋1(k∈N*)之間插入k個數構成一個新數列{cn}：a1，b1，a2，b2，b3，a3，b4，b5，b6，a4，…，其中插入的所有數依次構成數列{bn}，通項公式bn＝(－1)n2n.求數列{cn}的前30項和T30.
(1)證明　當n＝1時，S2＝2S1＋2，
得a1＋a2＝2a1＋2，解得a2＝3.
當n≥2時，Sn＋1＝2Sn＋n＋1，①
Sn＝2Sn －1＋n，②
①－②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，∴＝2，
∴{an＋1}是以2為首項，2為公比的等比數列.
(2)解　由(1)知an＋1＝2n，an＝2n－1.
在數列{cn}中，項a7之前(含a7)共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28<30，
∴數列{cn}的前30項中包含了數列{an}的前7項及數列{bn}的前23項，
∴T30＝a1＋a2＋…＋a7＋b1＋b2＋…＋b23
＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(27－1)＋(－2＋4－6＋8－…－46)
＝－7＋[－2＋(－2)×11]＝223.
【精準強化練】
1.(2024·開封質檢)已知Sn為數列{an}的前n項和，且an>0，a＋2an＝4Sn＋3，bn＝a2n－1，cn＝3n.
(1)求{an}的通項公式；
(2)將數列{bn}與{cn}的所有公共項按從小到大的順序組成新數列{dn}，求{dn}的前10項的和.
解　(1)由a＋2an＝4Sn＋3，
可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3，
兩式相減得a－a＋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a＋2a1＝4S1＋3，a1>0，解得a1＝3，
即{an}是首項為3，公差d＝2的等差數列，
所以{an}的通項公式為an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)由(1)知bn＝4n－1，數列{bn}與{cn}的公共項滿足bn＝ck，
即4n－1＝3k，k＝＝n＋，
而k，n∈N*，于是可令＝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，
數列{dn}是以3為首項，12為公差的等差數列.
令{dn}的前n項和為Tn，
則T10＝10×3＋×12＝570，
所以{dn}的前10項的和為570.
2.(2024·成都診斷)已知各項均為正數的數列{an}滿足a1＝1，a－2Sn＝n＋1，Sn是數列{an}的前n項和.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)在ak和ak＋1(k∈N*)中插入k個相同的數2k構成一個新數列{bn}：a1，2，a2，22，22，a3，23，23，23，a4，…，求{bn}的前90項和T90.
解　(1)當n＝1時，a2＝2，
當n≥2時，得a－2Sn－1＝n，
又a－2Sn＝n＋1，
兩式相減得a－a＝2an＋1，
a＝a＋2an＋1＝(an＋1)2，
∵數列{an}各項均為正數，∴an＋1－an＝1，
又∵a2－a1＝1，∴數列{an}為等差數列，
故an＝a1＋n－1＝n.
(2)在數列{bn}中，在ak＋1之前的所有項數為
k＋(1＋2＋3＋…＋k)＝≤90，
故k≤12時，當k＝12時，數列{bn}中，a13之前的所有項數恰好為90，
∴T90＝(a1＋a2＋a3＋…＋a12)＋(1×21＋2×22＋3×23＋…＋12×212)
＝＋(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，
則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.(共34張PPT)
板塊三 數列
提優點7　衍生數列問題
知識拓展
衍生數列是指由已知數列通過插項、去項得到新數列，或由已知的兩個數列的公共項得到新數列，解決此類問題要弄清楚衍生數列與已知數列的關系，確定衍生數列的特征，以此來解決問題.
精準強化練
類型一　數列中的去項問題
類型二　數列中的公共項問題
類型三　數列中的并項問題
類型突破
類型四　數列中的插項問題
例1
類型一　數列中的去項問題
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n，
當n＝1時，a1＝1滿足上式，
∴an＝n(n∈N*).
∵數列{an}，{bn}滿足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－1)·2n＋1，
∴當n≥2時，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝2＋(n－2)·2n，
兩式相減，得anbn＝n·2n(n≥2)，
當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)若數列{an}中去掉和數列{bn}中相同的項后，余下的項按原來的順序組成數列{cn}，且數列{cn}的前n項和為Tn，求T100.
設數列{an}的前p項中有數列{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q為6，
∴數列{cn}的前100項，
由數列{an}中的前106項去掉和數列{bn}中相同的6項得到，
解答去項問題的易錯之處是不能準確確定數列中去掉的項數，或求和時不會采取原數列和減去去掉各項和的方法.
易錯提醒
訓練1
(2)將數列{an}中與數列{bn}中相同的項剔除后，按從小到大的順序構成數列{cn}，記數列{cn}的前n項和為Tn，求T100.
根據(1)的結論，數列{bn}的前8項依次為：2，4，8，16，32，64，128，256對應數列{an}的第1，2，4，8，16，32，64，128項，
故數列{cn}的前100項為數列{an}的前107項，剔除數列{bn}的前7項的數列.
所以T100＝(a1＋a2＋…＋a107)－(b1＋b2＋…＋b7)
例2
類型二　數列中的公共項問題
當n＝1時，a1＝S1＝2，
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，
當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)把數列{an}和{bn}的公共項由小到大排成的數列記為{cn}，求數列{cn}的前n項和Tn.
數列{an}和{bn}的公共項從小到大依次為21，23，25，27，…，
所以21，23，25，27，…構成首項為2，公比為4的等比數列，
所以cn＝2×4n－1，
兩個等差數列的公共項是等差數列，且公差是兩等差數列公差的最小公倍數；兩個等比數列的公共項是等比數列，公比是兩個等比數列公比的最小公倍數；等差數列與等比數列的公共項所構成的新數列，一般仍為等比數列.
規律方法
訓練2
(2024·福州模擬)已知等比數列{an}為遞增數列，其前n項和為Sn，滿足S2＝6，S4＝30.
(1)求{an}的通項公式；
設等比數列{an}的公比為q，顯然q>0且q≠1，
例3
類型三　數列中的并項問題
(2)記bn＝2n－1，將數列{an}與{bn}中的項按從小到大的順序依次排列，構成一個新數列{cn}，求數列{cn}的前50項和T50.
數列{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列{cn}的前50項中，數列{an}中的項只有前6項，數列{bn}中的項有44項，
所以T50＝(2＋4＋8＋16＋32＋64)＋(1＋3＋5＋7＋…＋87)
解決數列的并項問題的難點，也是易錯之處，為確定兩個數列中各有多少項作為新數列的項，求解時可利用解不等式法或試探法.
規律方法
已知等比數列{an}的前n項和為Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2，數列{bn}滿足2bn＝bn－1＋bn＋1，且a2＝4b1，a3＝b8.
(1)求{an}和{bn}的通項公式；
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.
訓練3
∵2bn＝bn－1＋bn＋1，
故數列{bn}為等差數列，設該數列的公差為d，
由于a2＝4b1＝4，可得b1＝1，a3＝b8＝8，
(2)將{an}和{bn}中的所有項按從小到大的順序排列組成新數列{cn}，求數列{cn}的前100項和T100.
當n≤6時，an＝2n≤64，
當n≥7時，an＝2n≥128，
∴數列{cn}的前100項中，{an}有6項，{bn}有94項，
(2024·石家莊質檢)已知等差數列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，滿足3a2＋2a3＝S5＋6.
(1)若數列{Sn}為遞減數列，求a1的取值范圍；
例4
類型四　數列中的插項問題
(2)若a1＝1，在數列{an}的第n項與第n＋1項之間插入首項為1，公比為2的等比數列的前n項，形成新數列{bn}，記數列{bn}的前n項和為Tn，求T95.
由(1)知，{an}的公差d＝－2，
又a1＝1，所以an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.
根據題意，數列{bn}為1，20，－1，20，21，－3，20，21，22，－5，…，－2n＋3，20，21，…，2n－1，－2n＋1，….
可將數列分組：
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；
……
當k＝12時，項數為90.
故T95相當于是前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)可看成是數列{cn}(cn＝2n－1)的前12項和，
解決插項問題，首先要清楚插入數列的項數，新插入數列與原數列各項之間的關系，然后利用分組或并項法求和.
規律方法
(2024·衡陽質檢)已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1.
(1)證明：數列{an＋1}為等比數列；
訓練4
當n＝1時，S2＝2S1＋2，
得a1＋a2＝2a1＋2，解得a2＝3.
當n≥2時，Sn＋1＝2Sn＋n＋1，①
Sn＝2Sn －1＋n，②
①－②得an＋1＝2an＋1(n≥2)，
∵a2＝3＝2a1＋1，
∴an＋1＝2an＋1(n≥1)，
(2)在ak和ak＋1(k∈N*)之間插入k個數構成一個新數列{cn}：a1，b1，a2，b2，b3，a3，b4，b5，b6，a4，…，其中插入的所有數依次構成數列{bn}，通項公式bn＝(－1)n2n.求數列{cn}的前30項和T30.
由(1)知an＋1＝2n，an＝2n－1.
在數列{cn}中，項a7之前(含a7)共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28<30，
∴數列{cn}的前30項中包含了數列{an}的前7項及數列{bn}的前23項，
∴T30＝a1＋a2＋…＋a7＋b1＋b2＋…＋b23
＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(27－1)＋(－2＋4－6＋8－…－46)
【精準強化練】
(2)將數列{bn}與{cn}的所有公共項按從小到大的順序組成新數列{dn}，求{dn}的前10項的和.
由(1)知bn＝4n－1，數列{bn}與{cn}的公共項滿足bn＝ck，
(2)在ak和ak＋1(k∈N*)中插入k個相同的數2k構成一個新數列{bn}：a1，2，a2，22，22，a3，23，23，23，a4，…，求{bn}的前90項和T90.
令Q12＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋12×212，
則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.

展開更多......

收起↑