衍生數(shù)列是指由已知數(shù)列通過插項、去項得到新數(shù)列，或由已知的兩個數(shù)列的公共項得到新數(shù)列，解決此類問題要弄清楚衍生數(shù)列與已知數(shù)列的關系，確定衍生數(shù)列的特征，以此來解決問題.
類型一　數(shù)列中的去項問題
類型二　數(shù)列中的公共項問題
類型三　數(shù)列中的并項問題
類型四　數(shù)列中的插項問題
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n，當n＝1時，a1＝1滿足上式，∴an＝n(n∈N*).∵數(shù)列{an}，{bn}滿足a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝2＋(n－1)·2n＋1，∴當n≥2時，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝2＋(n－2)·2n，兩式相減，得anbn＝n·2n(n≥2)，當n＝1時，a1b1＝2＋(1－1)×21＋1＝2＝1×21，滿足上式，∴anbn＝n·2n(n∈N*).∴bn＝2n(n∈N*).
(2)若數(shù)列{an}中去掉和數(shù)列{bn}中相同的項后，余下的項按原來的順序組成數(shù)列{cn}，且數(shù)列{cn}的前n項和為Tn，求T100.
設數(shù)列{an}的前p項中有數(shù)列{bn}的q項，p－q＝100，則2q≤p，即2q≤100＋q.易得滿足2q≤100＋q的最大正整數(shù)q為6，∴數(shù)列{cn}的前100項，由數(shù)列{an}中的前106項去掉和數(shù)列{bn}中相同的6項得到，
解答去項問題的易錯之處是不能準確確定數(shù)列中去掉的項數(shù)，或求和時不會采取原數(shù)列和減去去掉各項和的方法.
(2)將數(shù)列{an}中與數(shù)列{bn}中相同的項剔除后，按從小到大的順序構成數(shù)列{cn}，記數(shù)列{cn}的前n項和為Tn，求T100.
根據(jù)(1)的結論，數(shù)列{bn}的前8項依次為：2，4，8，16，32，64，128，256對應數(shù)列{an}的第1，2，4，8，16，32，64，128項，故數(shù)列{cn}的前100項為數(shù)列{an}的前107項，剔除數(shù)列{bn}的前7項的數(shù)列. 所以T100＝(a1＋a2＋…＋a107)－(b1＋b2＋…＋b7)
當n＝1時，a1＝S1＝2，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝3n－1，當n＝1時，上式也成立，所以an＝3n－1.依題意，b1＋b3＝2(b2＋1)，b1＋b1·22＝2(b1·2＋1)，解得b1＝2，所以bn＝2n.
(2)把數(shù)列{an}和{bn}的公共項由小到大排成的數(shù)列記為{cn}，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.
數(shù)列{an}和{bn}的公共項從小到大依次為21，23，25，27，…，所以21，23，25，27，…構成首項為2，公比為4的等比數(shù)列，所以cn＝2×4n－1，
兩個等差數(shù)列的公共項是等差數(shù)列，且公差是兩等差數(shù)列公差的最小公倍數(shù)；兩個等比數(shù)列的公共項是等比數(shù)列，公比是兩個等比數(shù)列公比的最小公倍數(shù)；等差數(shù)列與等比數(shù)列的公共項所構成的新數(shù)列，一般仍為等比數(shù)列.
(2024·福州模擬)已知等比數(shù)列{an}為遞增數(shù)列，其前n項和為Sn，滿足S2＝6，S4＝30.(1)求{an}的通項公式；
設等比數(shù)列{an}的公比為q，顯然q>0且q≠1，
(2)記bn＝2n－1，將數(shù)列{an}與{bn}中的項按從小到大的順序依次排列，構成一個新數(shù)列{cn}，求數(shù)列{cn}的前50項和T50.
數(shù)列{an}中的項從小到大依次為2，4，8，16，32，64，128，…，又b40＝79，b50＝99，所以依題意可知新數(shù)列{cn}的前50項中，數(shù)列{an}中的項只有前6項，數(shù)列{bn}中的項有44項，所以T50＝(2＋4＋8＋16＋32＋64)＋(1＋3＋5＋7＋…＋87)
解決數(shù)列的并項問題的難點，也是易錯之處，為確定兩個數(shù)列中各有多少項作為新數(shù)列的項，求解時可利用解不等式法或試探法.
已知等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，公比q>0，S2＝2a2－2，S3＝a4－2，數(shù)列{bn}滿足2bn＝bn－1＋bn＋1，且a2＝4b1，a3＝b8.(1)求{an}和{bn}的通項公式；
由S2＝2a2－2，S3＝a4－2兩式作差可得a3＝a4－2a2，即a2q＝a2q2－2a2，∵a2≠0，則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，故數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，設該數(shù)列的公差為d，由于a2＝4b1＝4，可得b1＝1，a3＝b8＝8，
(2)將{an}和{bn}中的所有項按從小到大的順序排列組成新數(shù)列{cn}，求數(shù)列{cn}的前100項和T100.
當n≤6時，an＝2n≤64，當n≥7時，an＝2n≥128，∴數(shù)列{cn}的前100項中，{an}有6項，{bn}有94項，
(2024·石家莊質檢)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn(n∈N*)，滿足3a2＋2a3＝S5＋6.(1)若數(shù)列{Sn}為遞減數(shù)列，求a1的取值范圍；
(2)若a1＝1，在數(shù)列{an}的第n項與第n＋1項之間插入首項為1，公比為2的等比數(shù)列的前n項，形成新數(shù)列{bn}，記數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求T95.
由(1)知，{an}的公差d＝－2，又a1＝1，所以an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.根據(jù)題意，數(shù)列{bn}為1，20，－1，20，21，－3，20，21，22，－5，…，－2n＋3，20，21，…，2n－1，－2n＋1，….可將數(shù)列分組：第一組為1，20；第二組為－1，20，21；第三組為－3，20，21，22；……第k(k∈N*)組為－2k＋3，20，21，22，…，2k－1；……
當k＝12時，項數(shù)為90.故T95相當于是前12組的和再加上－23，1，2，22，23，即T95＝[1＋(－1)＋(－3)＋…＋(－21)]＋[20＋(20＋21)＋(20＋21＋22)＋…＋(20＋21＋…＋211)]＋(－23＋1＋2＋22＋23).20＋(20＋21)＋(20＋21＋22)＋…＋(20＋21＋…＋211)可看成是數(shù)列{cn}(cn＝2n－1)的前12項和，
解決插項問題，首先要清楚插入數(shù)列的項數(shù)，新插入數(shù)列與原數(shù)列各項之間的關系，然后利用分組或并項法求和.
(2024·衡陽質檢)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1.(1)證明：數(shù)列{an＋1}為等比數(shù)列；
當n＝1時，S2＝2S1＋2，得a1＋a2＝2a1＋2，解得a2＝3.當n≥2時，Sn＋1＝2Sn＋n＋1，①Sn＝2Sn －1＋n，②①－②得an＋1＝2an＋1(n≥2)，∵a2＝3＝2a1＋1，∴an＋1＝2an＋1(n≥1)，
(2)在ak和ak＋1(k∈N*)之間插入k個數(shù)構成一個新數(shù)列{cn}：a1，b1，a2，b2，b3，a3，b4，b5，b6，a4，…，其中插入的所有數(shù)依次構成數(shù)列{bn}，通項公式bn＝(－1)n2n.求數(shù)列{cn}的前30項和T30.
由(1)知an＋1＝2n，an＝2n－1.在數(shù)列{cn}中，項a7之前(含a7)共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28

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