2024届高三数学二轮复习培优练5：衍生数列问题

培优练5 衍生数列问题 一、基本技能练 1.(2023·福建统考模拟)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4 Sn＝(an－1)(an＋3). (1)求数列{an}的通项公式； (2)将数列{an}和数列{2n}中所有的项，按照从小到大的顺序排列得到一个新数列{bn}，求{bn}的前50项和. 2.已知数列{an}的前n项和为Sn，且n，an，Sn成等差数列，bn＝2log2(1＋an)－1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求c1＋c2＋…＋c100的值. 3.(2023·济源、平顶山、许昌质检)已知Sn为数列{an}的前n项和，且an>0，a＋2an＝4Sn＋3，bn＝a2n－1，cn＝3n. (1)求{an}的通项公式； (2)将数列{bn}与{cn}的所有公共项按从小到大的顺序组成新数列{dn}，求{dn}的前10项的和. 二、创新拓展练 4.(2023·武汉调研)已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，a－2Sn＝n＋1，Sn是数列{an}的前n项和. (1)求数列{an}的通项公式； (2)在ak和ak＋1(k∈N*)中插入k个相同的数2k构成一个新数列{bn}：a1，2，a2，22，22，a3，23，23，23，a4，…，求{bn}的前90项和T90. 参考答案 1.解　(1)依题意an>0， 当n＝1时，4a1＝4S1＝(a1－1)(a1＋3)， 解得a1＝3， 由4Sn＝(an－1)(an＋3)， 当n≥2时，有4Sn－1＝(an－1－1)(an－1＋3)， 作差得4an＝a－a＋2an－2an－1， 所以(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0， 因为an＋an－1>0，所以an－an－1＝2(n≥2)， 所以数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列，所以an＝2n＋1. (2)由(1)得a50＝101， 又26<101<27，同时a44＝89>26， 所以b50＝a44， 所以b1＋b2＋…＋b50＝(a1＋a2＋…＋a44)＋(21＋22＋…＋26) ＝(3＋2×44＋1)＋ ＝2 024＋126＝2 150. 所以{bn}的前50项和为2 150. 2.解　(1)因为n，an，Sn成等差数列， 所以Sn＋n＝2an， 所以Sn－1＋n－1＝2an－1(n≥2)， 两式相减得an＋1＝2an－2an－1， 所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2)， 又当n＝1时，S1＋1＝2a1，所以a1＝1， 所以a1＋1＝2， 故数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＋1＝2·2n－1＝2n， 即an＝2n－1. (2)由(1)知bn＝2log2(1＋2n－1)－1 ＝2n－1，b1＝1， 所以bn＋1－bn＝2， 所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列， 又因为a1＝1，a2＝3，a3＝7，a4＝15，a5＝31， a6＝63，a7＝127，a8＝255， b64＝127，b106＝211，b107＝213， 所以c1＋c2＋…＋c100＝(b1＋b2＋…＋b107)－(a1＋a2＋…＋a7) ＝－[(21＋22＋…＋27)－7] ＝－＋7 ＝1072－28＋9＝11 202. 3.解　(1)由a＋2an＝4Sn＋3， 可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3， 两式相减得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1， 即(an＋1＋an)(an＋1－an)＝2(an＋1＋an). 因为an>0，所以an＋1－an＝2. 又a＋2a1＝4S1＋3，a1>0，解得a1＝3， 即{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列， 所以{an}的通项公式为 an＝3＋2(n－1)＝2n＋1. (2)由(1)知bn＝4n－1，数列{bn}与{cn}的公共项满足bn＝ck， 即4n－1＝3k，k＝＝n＋， 而k，n∈N*，于是可令＝m－1(m∈N*)， 即n＝3m－2，此时k＝4m－3，m∈N*， 因此b3m－2＝c4m－3＝12m－9， 即dn＝12n－9， 数列{dn}是以3为首项，12为公差的等差数列. 令{dn}的前n项和为Tn， 则T10＝10×3＋×12＝570， 所以{dn}的前10项的和为570. 4.解　(1)当n＝1时，a2＝2， 当n≥2时，得a－2Sn－1＝n， 又a－Sn＝n＋1， 两式相减得a－a＝2an＋1， a＝a＋2an＋1＝(an＋1)2， ∵数列{an}各项均为正数，∴an＋1－an＝1， 又∵a2－a1＝1，∴数列{an}为等差数列， 故an＝a1＋n－1＝n. (2)在数列{bn}中，在ak＋1之前的所有项数为 k＋(1＋2＋3＋…＋k)＝≤90， 故k≤12时，当k＝1