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

该高中数学高考复习讲义聚焦衍生数列微专题，覆盖奇偶项、增减项、公共项三大高考核心考点，按类型分层梳理知识逻辑，通过考点解析、方法提炼、真题训练构建完整复习体系，助力学生突破数列变形与求和难点。 讲义以分类讨论（如奇偶项分n奇偶求Tn）、插项分析（如增减项确定插入项数）、方程思想（如公共项建立m与n关系）为特色，培养数学思维与模型意识，设置分层对点训练，确保高效突破高频题型，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第5讲　微专题——衍生数列 类型一　奇偶项 [例1] 已知数列{an}满足a1＝10, lg an＋1＝2lg an＋1. (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝(－1)n lg an，Tn为{bn}的前n项和，求Tn>9时n的最小值． 【解】　(1)因为lg an＋1＝2lg an＋1，所以lg an＋1＋1＝2lg an＋2＝2(lg an＋1)，因为a1＝10，所以lg a1＋1＝2，所以{lg an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以lg an＋1＝2×2n-1＝2n，lg an＝2n－1，故an＝102n－1. (2)由(1)可得bn＝(－1)n lg an＝(－1)n·(2n－1)，所以Tn＝(－1)1·(21－1)＋(－1)2·(22－1)＋…＋(－1)n·(2n－1)，当n为偶数时，Tn＝(－21＋22－23＋24－…＋2n)＋(1－1＋1－1＋…－1)＝－(21＋23＋…＋2n-1)＋(22＋24＋…＋2n)＋×0＝＋＝； 当n为奇数且n≥3时，Tn＝Tn－1＋bn＝＋(－2n＋1)＝＝. 当n＝1时，T1＝b1＝－1，满足该前n项和公式，所以Tn＝ 当n为奇数时，Tn＝<0恒成立，故Tn>9时n为偶数，所以>9， 即2n>，当n＝2时，22＝4<， 当n＝4时，24＝16>，故n的最小值为4. 【素养小结】　解答与奇偶项有关的求和问题的关键 (1)弄清n为奇数或偶数时数列的通项公式． (2)弄清数列前n项中奇数项与偶数项的个数． [对点训练] (多选)(2026·重庆期中)设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，且an＝k∈N*，则(　　) A．a6＝16 B．{a2k－1＋3}是等比数列 C．{an}是单调递增数列 D．若Sm>4 045，则正整数m的最小值为19 解析：选BCD．由an＝k∈N*，得a2＝a1＋1＝2，a3＝2a2＋1＝5，a4＝a3＋1＝6，a5＝2a4＋1＝13，a6＝a5＋1＝14，A错误；当n为偶数时，an＋2＝an＋1＋1＝2an＋1＋1＝2an＋2，则an＋2＋2＝2(an＋2)，又a2＋2＝4，此时{an＋2}是首项为4，公比为2的等比数列，则an＋2＝4×2＝2，an＝2－2；当n为奇数时，an＋2＝2an＋1＋1＝2(an＋1)＋1＝2an＋3，则an＋2＋3＝2(an＋3)，又a1＋3＝4，此时{an＋3}是首项为4，公比为2的等比数列，则an＋3＝4×2＝2，an＝2－3，B正确；综上，a2k－1＝2k+1－3，a2k＝2k+1－2且k∈N*，则a2k－a2k－1＝2k+1－2－2k+1＋3＝1>0，且a2k＋1－a2k＝2k+2－3－2k+1＋2＝2k+1－1>0，所以{an}是单调递增数列且各项均为正数，C正确；数列{Sm}单调递增，当m为奇数时，Sm＝(22－3)＋(22－2)＋(23－3)＋(23－2)＋…＋(2－3)＝2×－5×＋2－3＝3·2－－11，又3×2－－11＝6 088>4 045，当m为偶数时，Sm＝(22－3)＋(22－2)＋(23－3)＋(23－2)＋…＋(2－3)＋(2－2)＝2×－5×＝8(2－1)－5×＝2+3－8－5×，又2+3－8－5×＝4 043<4 045，所以正整数m的最小值是19，D正确． 类型二　增减项 [例2] (2026·西安模拟)已知数列{an}是等差数列，且a2＝4，2a4－a5＝7. (1)求数列{an}的通项公式； (2)在ak和ak＋1(k∈N*)之间插入k个相同的数(－1)k+1·k，构成一个新数列{bn}：a1，1，a2，－2，－2，a3，3，3，3，a4，…，求{bn}的前100项和T100. 【解】　(1)因为数列{an}是等差数列，设公差为d，依题意，a2＝4，2a4－a5＝7， 即解得 所以等差数列{an}的通项公式为an＝1＋3(n－1)＝3n－2. (2)设ak和插入的k个数(－1)k+1·k构成一组数，则前k组共有k＋(1＋2＋…＋k)＝k＋＝个数，令≤100，又k∈N*，解得k≤12.当k＝12时，＝90<100，所以{bn}的前100项中包含前12组数和第13组数的前10个，所以T100＝(a1＋1)＋(a2－22)＋(a3＋32)＋(a4－42)＋…＋(a11＋112)＋(a12－122)＋(a13＋13×9)＝(a1＋a2＋…＋a13)＋(1－22＋32－42＋…＋112－122)＋117＝－(1＋2＋3＋4＋…＋11＋12)＋117＝247－＋117＝247－78＋117＝286. 【素养小结】　解决数列中增减项问题的关键：一是弄清楚增加了(减少了)多少项，二是增加(减少)的项有什么特征． [对点训练] (2026·广州模拟)已知公差不为零的等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，且a1，2a2，4a4成等比数列，4b2，2b3，b4成等差数列． (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令cn＝3an，去掉数列{cn}中的第3k项(k∈N*)，余下的项顺序不变，构成新数列{tn}，写出数列{tn}的前4项并求{tn}的前2n项和S2n. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，等比数列{bn}的公比为q(q≠0)，由题意得， ⇒ 又a1＝b1＝1，d≠0，解得d＝1，q＝2， 所以an＝1＋n－1＝n，bn＝1×2n-1＝2n-1. (2)由(1)得cn＝3an＝3n，去掉第3k项后，数列{tn}的前4项依次为3，9，81，243， S2n＝t1＋t2＋t3＋…＋t2n＝c1＋c2＋c4＋c5＋…＋c3n－2＋c3n－1＝(c1＋c4＋…＋c3n－2)＋(c2＋c5＋…＋c3n－1)＝(31＋34＋…＋33n-2)＋(32＋35＋…＋33n-1)＝＋＝， 综上，S2n＝. 类型三　公共项 [例3] 已知数列{an}为公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，a5＝S9，a4a6＝a4－a6. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}是以4为首项，4为公比的等比数列，若数列{an}和{bn}的公共项为am，记m从小到大构成数列{cn}，求{cn}的前n项和Rn. 【解】　(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，因为a5＝S9，a4a6＝a4－a6， 则⇒解得则an＝a1＋(n－1)d＝－8＋2(n－1)＝2n－10. (2)由题意得，bn＝4·4n-1＝4n， 因为am＝2m－10，所以2m－10＝4n， 即m＝，因此cn＝＝＋5， 所以Rn＝(41＋42＋…＋4n)＋5n＝·＋5n＝·4n＋5n－. 【素养小结】　(1)与两个数列公共项有关问题的解题关键是确定好两个数列的公共项，此类问题一般有两种类型：一类是去掉公共项后，构成新数列；一类是由公共项构成新数列． (2)两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列，且公差(比)是两等差(比)数列公差(比)的最小公倍数，一个等差与一个等比数列的公共项，则要通过其项数之间的关系来确定． [对点训练] 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2a3＝40，S3＝15，数列{bn}满足b1＋b2＋b3＋…＋bn＝n(n∈N*). (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)若从数列{an}中依次剔除与数列{bn}的公共项，剩下的项顺序不变组成新的数列{cn}，求数列{cn}的前50项和T50. 解：(1)因为数列{an}是等差数列，所以S3＝3a2＝15，得a2＝5， 又a2a3＝40，所以a3＝8，所以等差数列{an}的公差d＝a3－a2＝3，则an＝a2＋(n－2)d＝3n－1. 因为b1＋b2＋b3＋…＋bn＝n(n∈N*)，则当n≥2时，b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＝n－1，两式作差得bn＝1(n≥2)，即bn＝2n(n≥2)， 令n＝1，得b1＝1，则b1＝2，满足上式， 则bn＝2n(n∈N*)， 综上，数列{an}的通项公式为an＝3n－1(n∈N*)，数列{bn}的通项公式为bn＝2n(n∈N*). (2)由(1)可得，a50＝149，且b1＝2，b2＝4，b3＝8，b4＝16，b5＝32，b6＝64，b7＝128，b8＝256，经验证数列{an}前50项中与数列{bn}的公共项共有4项，分别为2，8，32，128，从而数列{an}中去掉的是2，8，32，128这4项，所以T50＝S54－(2＋8＋32＋128)＝2×54＋×3－170＝4 231. 学科网（北京）股份有限公司 $