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衍生数列问题

【知识拓展】

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.

【类型突破】

类型一数列中的去项问题

例1(2024·汕头模拟)已知数列{an}的前n项和是Sn，a1＝1，点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(Sn,n)))(n∈N*)在斜率为eq\f(1,2)的直线上，数列{an}，{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－1)·2n＋1.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)若数列{an}中去掉和数列{bn}中相同的项后，余下的项按原来的顺序组成数列{cn}，且数列{cn}的前n项和为Tn，求T100.

解(1)∵点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(Sn,n)))(n∈N*)在斜率为eq\f(1,2)的直线上，

∴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，

∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是以1为首项，eq\f(1,2)为公差的等差数列，

∴eq\f(Sn,n)＝eq\f(n＋1,2)，∴Sn＝eq\f(n2＋n,2)(n∈N*).

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n，

当n＝1时，a1＝1满足上式，

∴an＝n(n∈N*).

∵数列{an}，{bn}满足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－1)·2n＋1，

∴当n≥2时，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝2＋(n－2)·2n，

两式相减，得anbn＝n·2n(n≥2)，

当n＝1时，a1b1＝2＋(1－1)×21＋1＝2＝1×21，满足上式，

∴anbn＝n·2n(n∈N*).

∴bn＝2n(n∈N*).

(2)设数列{an}的前p项中有数列{bn}的q项，p－q＝100，

则2q≤p，即2q≤100＋q.

易得满足2q≤100＋q的最大正整数q为6，

∴数列{cn}的前100项，由数列{an}中的前106项去掉和数列{bn}中相同的6项得到，

∴T100＝S106－(2＋22＋…＋26)＝eq\f(（1＋106）×106,2)－eq\f(2×（1－26）,1－2)＝5545.

易错提醒解答去项问题的易错之处是不能准确确定数列中去掉的项数，或求和时不会采取原数列和减去去掉各项和的方法.

训练1已知正项数列{an}和{bn}，Sn为数列{an}的前n项和，且满足4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an，an＝2log2bn.

(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；

(2)将数列{an}中与数列{bn}中相同的项剔除后，按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Tn，求T100.

解(1)因为4Sn＝aeq\o\al(2,n)＋2an，

所以n≥2时，4Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋2an－1，

两式相减得4an＝aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋2an－2an－1，

(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，

因为an0，所以an－an－1＝2，

又4a1＝aeq\o\al(2,1)＋2a1，a10，

所以a1＝2，

所以an＝2＋2(n－1)＝2n，

2n＝2log2bn，bn＝2n.

(2)根据(1)的结论，数列{bn}的前8项依次为：2，4，8，16，32，64，128，256对应数列{an}的第1，2，4，8，16，32，64，128项，

故数列{cn}的前100项为数列{an}的前107项，剔除数列{bn}的前7项的数列.

所以T100＝(a1＋a2＋…＋a107)－(b1＋b2＋…＋b7)＝eq\f(107×（2＋214）,2)－eq\f(2（1－27）,1－2)＝11302.

类型二数列中的公共项问题

例2(2024·西安调研)已知数列{an}的前n项和Sn＝eq\f(3n2＋n,2)，{bn}为等比数列，公比为2，且b1，b2＋1，b3为等差数列.

(1)求{an}与{bn}的通项公式；

(2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排成的数列记为{cn}，求数列{cn}的前n项和Tn.

解(1)由Sn＝eq\f(3n2＋n,2)，

当n＝1时，a1＝S1＝2，

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，

当n＝1时，上式也成立，所以an＝3n－1.

依题意，b1＋b3＝2(b2＋1)，b1＋b1·22＝2(b1·2＋1)，解得b1＝2，所