第6章 第5讲 微专题——衍生数列 课后达标检测(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）

**基本信息** 聚焦数列核心素养，以“定义-性质-构造-求和”为逻辑主线，系统整合基本量运算、周期分析、公共项提取等通性通法，通过分层典例实现从基础到创新应用的能力进阶。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|1-3|基本量法/等比中项|定义推导性质，夯实概念理解| |性质综合|4-6|周期判断/集合元素分析|性质拓展应用，培养推理能力| |新数列构造|7-10|公共项提取/项数累加|构造深化认知，发展创新意识| |求和与证明|11-13|错位相减/不等式证明|综合提升运算，强化模型观念|

1．若等差数列{an}的公差不为零，且a2，a5，a9成等比数列，则＝(　　) A． B． C． D． 解析：选C．因为a2，a5，a9成等比数列，所以a＝a2·a9，设数列{an}的公差为d(d≠0)，即(a1＋4d)2＝(a1＋d)(a1＋8d)，解得8d＝a1，故＝＝＝. 2．已知数列{an}满足an＋1＝若a1＝，则a2 027的值为(　　) A． B． C． D． 解析：选B．逐步计算，可得a1＝，a2＝－1＝，a3＝－1＝，a4＝，a5＝－1＝，…，则数列{an}是周期为3的周期数列．而2 027＝3×675＋2，所以a2 027＝a2＝. 3．已知两个等差数列2，6，10，…，190及2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列{bn}，则b5＝(　　) A．45 B．50 C．54 D．60 解析：选B．等差数列2，6，10，…，190的公差为4，等差数列2，8，14，…，200的公差为6，4与6的最小公倍数为12，两个等差数列的公共项为2，14，26，38，50，…，则公共项为bn＝2＋12(n－1)＝12n－10，b5＝12×5－10＝50. 4．(2026·苏州段考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝2n－1.在数列{an}的每相邻两项ak，ak＋1之间依次插入a1，a2，…，ak，得到数列{bn}：a1，a1，a2，a1，a2，a3，a1，a2，a3，a4，…，则{bn}的前22项的和为(　　) A．34 B．36 C．37 D．39 解析：选C．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)－(2n－3)＝2，所以an＝ 所以数列{bn}：1，1，2，1，2，2，1，2，2，2，…， 设1＋2＋3＋…＋n＝≤22，所以n2＋n－44≤0，又n∈N*，所以n≤6，所以{bn}的前22项是由7个1与15个2组成． 所以{bn}的前22项的和为7×1＋15×2＝37. 5．(多选)(2026·济宁模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝Sn＋2，{bn}为等差数列，且b2＝a1，b8＝a3，记集合A＝{x∈N*|bn≤x≤an}中元素的个数为cn，数列{cn}的前n项和为Tn，则下列结论正确的是(　　) A．an＝2n B．bn＝n C．cn＝2n－n D．Tn＝2n+1－－2 解析：选ABD．对于A，设等比数列{an}的公比为q，由an＋1＝Sn＋2，得an＝Sn－1＋2(n≥2)，两式相减得an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an，即an＋1＝2an，所以q＝2，又a2＝S1＋2＝a1＋2，a2＝2a1，解得a1＝2，所以an＝2×2n-1＝2n，故A正确；对于B，设等差数列{bn}的公差为d，由b2＝a1＝2，b8＝a3＝8，得6d＝b8－b2＝6，解得d＝1，所以bn＝b2＋(n－2)d＝n，故B正确；对于C，由A＝{x∈N*|bn≤x≤an}，得A＝{x∈N*|n≤x≤2n}，则集合A中元素的个数为2n－n＋1，即cn＝2n－n＋1，故C错误；对于D，Tn＝(2＋22＋…＋2n)－(1＋2＋…＋n)＋n＝－＋n＝2n+1－－2，故D正确． 6．(多选)(2026·郑州模拟)已知数列{an}，a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)，数列{bn}满足bn＝2log2(1＋an)－1.若在数列{bn}中去掉{an}的项，余下的项组成数列{cn}，则(　　) A．a1＋a2＋a3＋a4＝26 B．b5＝10 C．a4<b15<a5 D．c1＋c2＋…＋c10＝170 解析：选ACD．对于A，因为an＋1＝2an＋1，即an＋1＋1＝2(an＋1)，所以＝2，又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＝2n，则an＝2n－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝1＋3＋7＋15＝26，故A正确； 对于B，bn＝2log2(1＋2n－1)－1＝2n－1，则b5＝2×5－1＝9，故B错误； 对于C，因为a4＝15，b15＝29，a5＝31，所以a4<b15<a5，故C正确； 对于D，因为b1＝1，bn＋1－bn＝2， 所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，b1＝a1＝1，b14＝27，b15＝29，b16＝31， 又a4＝15，a5＝31，a6＝63， 因为b16＝a5＝31，{bn}为正奇数组成，{an}的项也是奇数， 由上面推理可得，c1＋c2＋…＋c10是由{bn}的前14项去掉{an}的前4项余下的项组成， 所以c1＋c2＋…＋c10＝(b1＋b2＋…＋b14)－(a1＋a2＋a3＋a4)＝－26＝170，故D正确． 7．已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b2＝4，an＝2log2bn.设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，则S100＝________． 解析：由a1＝2，b2＝4，an＝2log2bn，所以a1＝2＝2log2b1，a2＝2log2b2＝4，解得b1＝2， 又{an}为等差数列，{bn}为等比数列，所以公差d＝2，公比q＝2，则an＝2n，bn＝2n， 所以数列{an}的前107项：2，4，6，…，214中含有7个{bn}的项，则S100＝－＝11 556－254＝11 302. 答案：11 302 8．已知数列{an}的通项公式an＝2n－1，在其相邻两项ak，ak＋1之间插入2k个3(k∈N*)，得到新的数列{bn}，记{bn}的前n项和为Sn，则使Sn>101成立的n的最小值为________． 解析：由题意得数列{bn}的前n项依次为： 1，3，3，3，3，3，3，3，7，23个3，15，24个3，31，…， 当n＝26时，S26＝1＋2×3＋3＋22×3＋7＋23×3＋15＋3×8＝92， 当n＝29时，S29＝1＋2×3＋3＋22×3＋7＋23×3＋15＋11×3＝101， 当n＝30时，S30＝1＋2×3＋3＋22×3＋7＋23×3＋15＋12×3＝104，因为an>0，所以bn>0，则数列{Sn}为递增数列，所以使Sn>101成立的n的最小值为30. 答案：30 9．(13分)(2026·临汾模拟)已知正项数列{an}中，a1＝2，满足a＋an＋1an－6a＝0. (1)求数列{an}的通项公式；(5分) (2)已知数列{bn}满足bn＝ 求数列{bn}的前2n项和T2n.(8分) 解：(1)由a＋an＋1an－6a＝0，得(an＋1－2an)(an＋1＋3an)＝0，因为an>0，所以an＋1＋3an>0，则an＋1＝2an，又a1＝2，所以{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2n. (2)由(1)知bn＝ T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n ＝b1＋b3＋…＋b2n－1＋b2＋b4＋…＋b2n ＝1－＋－＋…＋－＋22＋24＋…＋22n＝1－＋＝＋. 10．(2026·湖北期中)定义：在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新数列，这样的操作叫做该数列的一次“美好成长”．将数列1，4进行“美好成长”，第一次得到数列1，4，4；第二次得到数列1，4，4，16，4；…，设第n次“美好成长”后得到的数列为1，x1，x2，…，xk，4，记an＝log4(1·x1·x2·…·xk·4)，则下列说法错误的是(　　) A．a2＝5 B．k＝2n－1 C．an＋1＝2an＋1 D．数列{an}的通项公式为an＝ 解析：选C．对于A，根据题意可得a2＝log4(1×4×4×16×4)＝log445＝5，所以A正确； 对于B，设每次插入项的个数构成数列{bn}，则b1＝1，b2＝2，b3＝22，…，所以数列{bn}是以首项为1，公比为2的等比数列，所以数列{bn}的前n项和即为k，k＝＝2n－1，所以B正确； 对于C，an＋1＝log4[(1·x1·x2·…·xk·4)·(1·x1)·(x1·x2)·(x2·x3)·…·(xk－1·xk)·(xk·4)]＝log4[(1·x1·x2·…·xk·4)3·]＝3log4(1·x1·x2·…·xk·4)－1＝3an－1，所以C错误； 对于D，由C分析可得an＋1＝3an－1，又a1＝log4(1×4×4)＝2，an＋1－＝3(an－)，又a1－＝2－＝，所以{an－}是首项为，公比为3的等比数列，所以an－＝×3n-1＝×3n，an＝，所以D正确． 11．(多选)已知数列{an}前n项和为Sn，且满足a1＝1，an＋1＝则(　　) A．a4＝－1 B．an＝ C．数列的前2n项和为－ D．3S2n＋1＝22n+1－6n－2 解析：选ABC．对于A，因为a1＝1，an＋1＝所以a2＝a1－2＝－1，a3＝a2＋23＝7，a4＝a3－23＝－1，故A正确；对于B，由k∈N*，有a2k＋2＝a2k＋1－22k+1，a2k＋1＝a2k＋22k+1，两式相加，得a2k＋2＝a2k，又a2＝－1，所以an＝－1，n为偶数；由a2k＋1＝a2k＋22k+1，得a2k＋1＝22k+1－1，即an＝2n－1，n为奇数，所以an＝故B正确；对于C，数列的前2n项和记为T2n，则T2n＝－(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝－(21－1＋23－1＋…＋22n-1－1)－n＝－(21＋23＋…＋22n-1)＝－，故C正确；对于D，由B可知，S2n＋1＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a2n＋1＝1＋(－1)＋(－1＋23)＋(－1)＋(－1＋25)＋…＋(－1＋22n+1)＝1＋(－1)×(2n)＋23＋25＋…＋22n+1＝－2n＋1＋＝，则3S2n＋1＝22n+3－6n－5，故D错误． 12．(15分)已知数列{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}是公比为2的等比数列，且满足a1＋a3＝b1＋b2＋b3，a2＋a4＝b2＋b4. 将数列{an}与{bn}的公共项按照由小到大的顺序排列，构成新数列{cn}． (1)证明：cn＝b2n；(7分) (2)求数列{ancn}的前n项和Sn.(8分) 解：(1)证明：由 得解得 所以an＝4＋3(n－1)＝3n＋1，bn＝2n， b1＝2不是数列{an}的项，b2＝4是数列{an}的第1项． 设bk＝2k＝3m＋1，则bk＋1＝2k+1＝2×2k＝2(3m＋1)＝3×2m＋2， 所以bk＋1不是数列{an}的项. 因为bk＋2＝2k+2＝4×2k＝4(3m＋1)＝3(4m＋1)＋1， 所以bk＋2是数列{an}的项．所以cn＝b2n. (2)由(1)可知，cn＝b2n＝4n，ancn＝(3n＋1)4n. Sn＝4×4＋7×42＋10×43＋…＋(3n＋1)4n， 4Sn＝4×42＋7×43＋10×44＋…＋(3n＋1)4n+1， 所以－3Sn＝16＋3×(42＋43＋44＋…＋4n)－(3n＋1)4n+1＝4＋3×(4＋42＋43＋44＋…＋4n)－(3n＋1)4n+1＝4＋3×－(3n＋1)4n+1＝4n+1－(3n＋1)4n+1＝－3n·4n+1，所以Sn＝n·4n+1. 13．(17分)(2026·滨海模拟)已知等差数列{an}与正项等比数列{bn}满足：a2＝b1＝2，a3＋a5＝b3＝a8. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(4分) (2)若对数列{an}，{bn}，在ak与ak＋1之间插入bk个2(k∈N*)，组成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前100项和T100；(6分) (3)若dn＝k∈N*，证明：i<－.(7分) 解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q.因为a2＝2，a3＋a5＝2a4＝a8， 所以2(a2＋2d)＝a2＋6d， 解得a1＝d＝1，所以an＝n； 因为b1＝2，b3＝8，所以q2＝4， 又因为bn>0，所以q＝2，bn＝2n. (2)设xk＝ak＋2bk＝k＋2k+1， 在数列{cn}中，从项a1开始到项ak＋1(不含ak＋1)之前，共有项数为k＋21＋22＋…＋2k＝k＋2k+1－2， 所以i＝(a1＋2＋2)＋(a2＋2＋2＋2＋2)＋…＋(ak＋2＋…＋2)＝x1＋x2＋…＋xk＝i＝＋i+1＝＋2k+2－4， 当k＝5时，5＋26－2＝67<100；当k＝6时，6＋27－2＝132>100，所以数列{cn}前100项是项a6之后还有32项为2， 所以T100＝i＋a6＋2×32＝i＋a6＋2×32＝＋27－4＋6＋64＝209. (3)证明：当n＝2k－1时，dn＝d2k－1＝(－2k＋1)22k-1， 设An＝d1＋d3＋d5＋…＋d2n－1， An＝－21＋(－3)×23＋(－5)×25＋…＋(－2n＋1)22n-1，① 4An＝－23＋(－3)×25＋(－5)×27＋…＋(－2n＋1)22n+1，② ①－②得－3An＝－21＋(－2)×(23＋25＋…＋22n-1)－(－2n＋1)22n+1＝－2＋(－2)－(－2n＋1)22n+1， 得An＝－－22n+1，当n＝2k时， dn＝d2k＝＝ ＝， 设Bn＝d2＋d4＋…＋d2n ＝(－＋－＋…＋－)＝， 则{dn}的前2n项和K2n＝An＋Bn＝－－22n+1， 因为>0，22n+1>0， 所以K2n<－＝－， 即i<－. 学科网（北京）股份有限公司 $