微专题17 衍生数列问题 讲义——2026届高三数学二轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦衍生数列核心考点，涵盖去项、公共项、并项、插项四大问题类型，按“问题特征—关系分析—解题策略”逻辑构建知识体系，通过考点梳理、方法总结、真题精讲及分层训练，帮助学生突破衍生数列与原数列关系分析难点，体现复习的系统性与针对性。 资料以高考真题为载体设计教学活动，如例1通过去项问题引导学生抽象衍生数列特征，培养数学思维与逻辑推理能力，设置基础训练与综合应用分层练习，配合规律方法提炼，确保高效突破考点，为教师把控复习节奏提供清晰路径，助力学生提升解决复杂数列问题的应考能力。

微专题17 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. 二．典型例题 1.　数列中的去项问题 例1 (2025·苏州模拟)已知数列{an}的各项均为正数,a2>a1,记Sn为{an}的前n项和. (1)已知a2=2a1,数列是等差数列,证明:{an}是等差数列; (2)若a1=1,在(1)的条件下,将在数列{a2n}中,但不在数列{}中的项从小到大依次排列构成数列{bn},求数列{bn}的前20项和. 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=+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}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. 2.　数列中的公共项问题 例2 (2025·成都诊断)已知数列{an}的前n项和Sn满足3n2-29n-2Sn=0. (1)求数列{an}的通项公式; (2)已知数列{bn}的通项公式bn=2n,若由数列{an}与{bn}的公共项按从小到大排列得到数列{cn},求数列{cn}的前n项和Tn. 规律方法　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所构成的新数列,一般仍为等比数列. 训练2 (2025·宜昌调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,满足S5=a7,a3=-2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)将数列{an}与{5-3n}的公共项从大到小排列得到数列{bn},求数列{bn}的前n项和为Tn. 3.　数列中的并项问题 例3 已知等比数列{an}为递增数列,其前n项和为Sn,满足S2=6,S4=30. (1)求{an}的通项公式; (2)记bn=2n-1,将数列{an}与{bn}中的项按从小到大的顺序依次排列,构成一个新数列{cn},求数列{cn}的前50项和T50. 训练3 已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,S2=2a2-2,S3=a4-2,数列{bn}满足 2bn=bn-1+bn+1,且a2=4b1,a3=b8. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)将{an}和{bn}中的所有项按从小到大的顺序排列组成新数列{cn},求数列{cn}的前100项和T100. 4.　数列中的插项问题 例4 (2025·嘉兴调研)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,an+1=2Sn+3. (1)求数列{an}的通项公式; (2)在数列{an}的相邻项ak与ak+1(k∈N*)之间插入k个相同的数(-1)k,使其与原数列构成新数列{bn},设Tn为数列{bn}的前n项和,求T40. 训练4 (2025·长沙模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=2Sn+2(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)在an与an+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列,在数列{dn}中是否存在不同的3项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列?若存在,求出这样的3项,若不存在,请说明理由. 【精准强化练】 1.(2025·青岛质检)记等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S5=15,a2=2,等比数列{bn}满足a1+a3=b2,2a4=b3. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)将数列{an}中与{bn}的相同项去掉,剩下的项依次构成新数列{cn},求ci(n∈N*). 2.(2025·贵阳调研)已知各项均为正数的数列{an}满足a1=1,-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. 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题17 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. 二．典型例题 1.　数列中的去项问题 例1 (2025·苏州模拟)已知数列{an}的各项均为正数,a2>a1,记Sn为{an}的前n项和. (1)已知a2=2a1,数列是等差数列,证明:{an}是等差数列; (2)若a1=1,在(1)的条件下,将在数列{a2n}中,但不在数列{}中的项从小到大依次排列构成数列{bn},求数列{bn}的前20项和. (1)证明　因为数列是等差数列,且a2=2a1, 所以公差为-=-1=-1=,首项为=1, 所以=1+(n-1)=, 所以2Sn=(n+1)an. 则当n≥2时,2Sn=(n+1)an,2Sn-1=nan-1, 两式相减并化简得=(n≥2), 所以×××…×=××…×, 所以=n,所以an=na1(n≥2), 又当n=1时上式也符合,所以an=na1, 则an+1-an=(n+1)a1-na1=a1, 所以数列{an}是等差数列,得证. (2)解　a1=1,由(1)得an=n,a2n=2n,=2n, 当数列{bn}取前20项时,设在数列{a2n}中取x项,去掉属于数列{}的y项, 则有其中x,y为正整数, 则当x=25,y=5时,2×25=50∈[25,26),不等式组成立; 当x=26,y=6时,2×26=52<64=26,不等式组不成立, 所以取x=25,y=5. 设数列{bn}的前20项和为T20, 则T20=a2+a4+a6+…+a50-(21+22+23+24+25) =2+4+6+…+50-(21+22+23+24+25) =-=650-62=588, 所以数列{bn}的前20项和是588. 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=+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}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=+2an, 所以n≥2时,4Sn-1=+2an-1, 两式相减得4an=-+2a n-2an-1, (an+an-1)(an-an-1-2)=0, 因为an>0,所以an-an-1=2, 又4a1=+2a1,a1>0, 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)=-=11 302. 2.　数列中的公共项问题 例2 (2025·成都诊断)已知数列{an}的前n项和Sn满足3n2-29n-2Sn=0. (1)求数列{an}的通项公式; (2)已知数列{bn}的通项公式bn=2n,若由数列{an}与{bn}的公共项按从小到大排列得到数列{cn},求数列{cn}的前n项和Tn. 解　(1)因为3n2-29n-2Sn=0, 所以Sn=n2-n. 当n=1时,a1=-=-13; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-n-(n-1)2+(n-1)=3n-16. 当n=1时满足an=3n-16, 故数列{an}的通项公式为an=3n-16. (2)设bm=an,即2m=3n-16,m,n∈N*. 由bm=2m,所以bm+1=2m+1=2·2m=2(3n-16)=6n-32=3-16, 由2n-∉N*,可知bm+1∉{an}, 即bm+1不是两个数列的公共项. bm+2=2m+2=22·2m=4(3n-16) =12n-64=3(4n-16)-16, 由4n-16∈N*,可知bm+2∈{an}, 所以bm+2是两个数列的公共项, 因此,若ck=bm=an, 则ck+1=bm+2=a4n-16, 所以===4,且c1=2, 所以两数列的公共项所构成的新数列{cn}是以2为首项,以4为公比的等比数列, 所以数列{cn}的前n项和Tn==. 规律方法　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所构成的新数列,一般仍为等比数列. 训练2 (2025·宜昌调研)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,满足S5=a7,a3=-2. (1)求数列{an}的通项公式; (2)将数列{an}与{5-3n}的公共项从大到小排列得到数列{bn},求数列{bn}的前n项和为Tn. 解　(1)记等差数列{an}的公差为d, 由题意知 即 所以数列{an}的通项公式为an=4-2n. (2)数列{an}的公差为-2,数列{5-3n}的公差为-3, 所以数列{bn}的公差为-6, 又数列{an}和{5-3n}的首项都为2, 所以数列{bn}是以2为首项,-6为公差的等差数列, 所以Tn=2n+×(-6)=-3n2+5n. 3.　数列中的并项问题 例3 已知等比数列{an}为递增数列,其前n项和为Sn,满足S2=6,S4=30. (1)求{an}的通项公式; (2)记bn=2n-1,将数列{an}与{bn}中的项按从小到大的顺序依次排列,构成一个新数列{cn},求数列{cn}的前50项和T50. 解　(1)设等比数列{an}的公比为q, 显然q>0且q≠1, 由已知得得q=2(负值舍去), 所以a1=2,所以an=a1qn-1=2n. (2)数列{an}中的项从小到大依次为2,4,8,16,32,64,128,…, 又b40=79,b50=99, 所以依题意可知新数列{cn}的前50项中,数列{an}中的项只有前6项,数列{bn}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. 易错提醒　解决数列的并项问题的难点,也是易错之处,为确定两个数列中各有多少项作为新数列的项,求解时可利用解不等式法或试探法. 训练3 已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,S2=2a2-2,S3=a4-2,数列{bn}满足 2bn=bn-1+bn+1,且a2=4b1,a3=b8. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)将{an}和{bn}中的所有项按从小到大的顺序排列组成新数列{cn},求数列{cn}的前100项和T100. 解　(1)由S2=2a2-2,S3=a4-2两式作差可得a3=a4-2a2,即a2q=a2q2-2a2, ∵a2≠0,则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, 故数列{bn}为等差数列,设该数列的公差为d, 由于a2=4b1=4,可得b1=1,a3=b8=8, ∴d==1,∴bn=b1+(n-1)d=n. (2)当n≤6时,an=2n≤64, 当n≥7时,an=2n≥128, ∴数列{cn}的前100项中,{an}有6项,{bn}有94项, ∴T100=+=4 591. 4.　数列中的插项问题 例4 (2025·嘉兴调研)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,an+1=2Sn+3. (1)求数列{an}的通项公式; (2)在数列{an}的相邻项ak与ak+1(k∈N*)之间插入k个相同的数(-1)k,使其与原数列构成新数列{bn},设Tn为数列{bn}的前n项和,求T40. 解　(1)由an+1=2Sn+3, 得an=2Sn-1+3(n≥2), 两式相减得an+1-an=2(Sn-Sn-1)(n≥2), 即an+1-an=2an(n≥2),an+1=3an(n≥2), 得等比数列{an}的公比q=3, 又当n=1时,a2=2S1+3=2a1+3=3a1, 所以a1=3,所以an=3n. (2)数列{bn}为:3,-1,32,1,1,33,-1,-1,-1,34…… 以如下划分:3,|-1,32,|1,1,33,|-1,-1,-1,34,|…… 得项数Xn=1+2+3+4+…+n=, 当n=8时共有项数X8=36, 当n=9时共有项数X9=45, 所以T40=3+32+33+34+…+38+(-1)×1+1×2+(-1)×3+…+1×6+(-1)×7+1×4 =+3-7+4=(38-1)=9 840. 规律方法　解决插项问题,首先要清楚插入数列的项数,新插入数列与原数列各项之间的关系,然后利用分组或并项法求和. 训练4 (2025·长沙模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=2Sn+2(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式; (2)在an与an+1之间插入n个数,使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列,在数列{dn}中是否存在不同的3项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列?若存在,求出这样的3项,若不存在,请说明理由. 解　(1)设等比数列{an}的公比为q,由题意知, 当n=1时,a1q=2a1+2,① 当n=2时,a1q2=2(a1+a1q)+2,② 联立①②,解得a1=2,q=3, 所以数列{an}的通项公式为an=2×3n-1. (2)由(1)知an=2×3n-1,an+1=2×3n. 所以an+1=an+(n+2-1)dn, 所以dn==. 设数列{dn}中存在3项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列,则=dm·dp, 即=×, 即=, 又因为m,k,p成等差数列, 所以2k=m+p,所以(k+1)2=(m+1)(p+1), 化简得k2=mp,所以k=m=p,与已知矛盾, 所以在数列{dn}中不存在不同的3项dm,dk,dp成等比数列. 【精准强化练】 1.(2025·青岛质检)记等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S5=15,a2=2,等比数列{bn}满足a1+a3=b2,2a4=b3. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)将数列{an}中与{bn}的相同项去掉,剩下的项依次构成新数列{cn},求ci(n∈N*). 解　(1)由题意可得 解得 所以{an}的通项公式为an=1+(n-1)×1=n, 因为b2=a1+a3=1+3=4, b3=2a4=2×4=8, 所以等比数列{bn}的公比为q===2, 且b1===2, 所以等比数列{bn}的通项公式为bn=b1·qn-1=2×2n-1=2n, 所以数列{an},{bn}的通项公式分别为an=n,bn=2n. (2)将数列{an}中与{bn}的相同项去掉,剩下的项依次构成新数列{cn},ci=c1+c2+…+, {cn}中前2n项是由{an}的前2n+n项去掉与{bn}的前n项相同的项构成的, 所以ci=c1+c2+…+ =-(2+22+…+2n) =- =+2(1-2n) =22n-1+(2n-3)2n-1+. 2.(2025·贵阳调研)已知各项均为正数的数列{an}满足a1=1,-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. 解　(1)当n=1时,a2=2, 当n≥2时,得-2Sn-1=n, 又-2Sn=n+1, 两式相减得-=2an+1, =+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=12时,数列{bn}中,a13之前的所有项数恰好为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, 则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. 学科网（北京）股份有限公司 $