2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练七提升点数列中的子数列

这是一份2025届高考数学二轮专题复习与测试专题强化练七提升点数列中的子数列，共4页。
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn.
解：(1)设{an}的公差为d，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝a1＋d＝11，,S10＝10a1＋45d＝40，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝13，,d＝－2.))
所以{an}的通项公式为an＝13＋(n－1)·(－2)＝15－2n.
(2)由(1)得|an|＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(15－2n，n≤7，,2n－15，n≥8.))
当n≤7时，Tn＝13n＋ eq \f(n（n－1）,2) ×(－2)＝14n－n2，
当n≥8时，Tn＝T7＋1＋3＋5＋…＋(2n－15)＝T7＋1＋3＋5＋…＋[2(n－7)－1]＝14×7－72＋ eq \f(（n－7）[1＋2（n－7）－1],2) ＝98－14n＋n2.
综上，Tn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(14n－n2，n≤7，,98－14n＋n2，n≥8.))
2．(2024·保定二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝ eq \f(1,2) n(n＋1).
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,anan＋2)，n为奇数，,2an，n为偶数，)) 求{bn}的前2n项和T2n.
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(1,2) n(n＋1)－ eq \f(1,2) n(n－1)＝n，
当n＝1时，也符合an＝n.
综上，an＝n.
(2)由题意得
bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)（\f(1,n)－\f(1,n＋2)），n为奇数，,2n，n为偶数，))
则T2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝
eq \f(1,2) (1－ eq \f(1,3) ＋ eq \f(1,3) － eq \f(1,5) ＋ eq \f(1,5) － eq \f(1,7) ＋…＋ eq \f(1,2n－1) － eq \f(1,2n＋1) )＋22＋24＋…＋22n＝ eq \f(1,2) (1－ eq \f(1,2n＋1) )＋ eq \f(4（1－4n）,1－4) ＝ eq \f(n,2n＋1) ＋ eq \f(4n＋1－4,3) ，
故{bn}的前2n项和T2n＝ eq \f(n,2n＋1) ＋ eq \f(4n＋1－4,3) .
3．(2024·佛山模拟)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝an＋2－6，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bm为数列{Sn}在区间(am，am＋2)中最大的项，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设{an}的公比为q，则q>0，又2Sn＝an＋2－6，
当n＝1时，2S1＝a3－6，当n＝2时，2S2＝a4－6，
两式相减可得，2a2＝a4－a3，所以2＝q2－q，
所以q＝2或q＝－1(舍去)，
所以2S1＝a3－6＝4a1－6，即a1＝3，
所以等比数列{an}的通项公式为an＝3×2n－1.
(2)由an＝3×2n－1，2Sn＝an＋2－6，
得Sn＝ eq \f(1,2) (an＋2－6)＝ eq \f(1,2) (3×2n＋1－6)＝3×2n－3，
所以Sn＝an＋1－30，
所以Sn≥an，当且仅当n＝1时等号成立，
所以am≤Sm＜Sm＋1＜am＋2＜Sm＋2，
所以bm＝Sm＋1＝3×2m＋1－3，
所以Tn＝3(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－3n＝3× eq \f(22－2n＋2,1－2) －3n＝3×2n＋2－12－3n.
即Tn＝3×2n＋2－12－3n.
4．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝(an－1)(an＋3)(n∈N*).
(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．
解：(1)依题意知an>0.
当n＝1时，4a1＝4S1＝(a1－1)(a1＋3)，解得a1＝3(负值已舍去)，当n≥2时，由4Sn＝(an－1)(an＋3)(n∈N*)，
得4Sn－1＝(an－1－1)(an－1＋3)，
两式相减得4an＝a eq \\al(2,n) －a eq \\al(2,n－1) ＋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260，a eq \\al(2,n) ＋2an＝4Sn，①
当n＝1时，a eq \\al(2,1) ＋2a1＝4a1，所以a1＝2或a1＝0(舍去)；
当n≥2时，a eq \\al(2,n－1) ＋2an－1＝4Sn－1，②
①－②得a eq \\al(2,n) －a eq \\al(2,n－1) ＋2an－2an－1＝4an，
所以(an－an－1)(an＋an－1)＝2(an＋an－1).
因为an>0，所以an－an－1＝2(n≥2)，所以{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n，bn＝(－2)n，
所以数列{bn}是首项为－2，公比为－2的等比数列，
所以Bn＝ eq \f(－2×[1－（－2）n],1－（－2）) ＝－ eq \f(2,3) ＋(－1)n· eq \f(2n＋1,3) .
因为Bn＋2＋Bn＋1＝－ eq \f(4,3) ＋(－1)n＋2· eq \f(2n＋3,3) ＋(－1)n＋1· eq \f(2n＋2,3) ＝－ eq \f(4,3) ＋ eq \f(（－1）n＋1·2n＋2·（－2＋1）,3) ＝－ eq \f(4,3) ＋ eq \f(2（－1）n·2n＋1,3) ＝2Bn，
所以Bn＋1，Bn，Bn＋2成等差数列．
(2)cn＝(－1)n·2n＋(－2)n＝(－2)n＋2(－1)n·n，
当n为偶数时，
Tn＝(－2)1＋(－2)2＋…＋(－2)n＋2×[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n]＝ eq \f(－2×[1－（－2）n],1－（－2）) ＋2×[(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋(－n＋1＋n)]＝ eq \f(－2＋2n＋1,3) ＋2× eq \f(n,2) ＝ eq \f(2n＋1,3) ＋n－ eq \f(2,3) .
当n为奇数时，
Tn＝(－2)1＋(－2)2＋…＋(－2)n＋2×[－1＋2－3＋4－5＋…＋(n－1)－n]＝ eq \f(－2×[1－（－2）n],1－（－2）) ＋2×[－1＋(2－3)＋(4－5)＋…＋(n－1－n)]＝ eq \f(－2－（－2）n＋1,3) ＋2×[－1＋(－1)× eq \f(n－1,2) ]＝ eq \f(－2－2n＋1,3) －n－1＝－ eq \f(2n＋1,3) －n－ eq \f(5,3) .
综上可知，Tn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2n＋1,3)＋n－\f(2,3)，n为偶数，,－\f(2n＋1,3)－n－\f(5,3)，n为奇数．))
6．设正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝a eq \\al(2,n) ＋2an－8.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)能否从{an}中选出以a1为首项，以原次序组成的等比数列ak1，ak2，…，akm，…(k1＝1).若能，请找出使得公比最小的一组，写出此等比数列的通项公式，并求出数列{kn}的前n项和Tn；若不能，请说明理由．
解：(1)当n＝1时，4S1＝a eq \\al(2,1) ＋2a1－8＝4a1，
即a eq \\al(2,1) －2a1－8＝0(a1＞0)，
解得a1＝4或a1＝－2(舍去).
当n≥2时，由4Sn＝a eq \\al(2,n) ＋2an－8，①
得4Sn－1＝a eq \\al(2,n－1) ＋2an－1－8(n≥2)，②
①－②得4an＝a eq \\al(2,n) －a eq \\al(2,n－1) ＋2an－2an－1，
化简得(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0.
因为an＞0，所以an－an－1－2＝0，
即an－an－1＝2(n≥2)，
即数列{an}是以4为首项，2为公差的等差数列，
所以an＝2n＋2(n∈N*).
(2)能．当ak1＝a1＝4，ak2＝a3＝8时，
会得到数列{an}中以原次序组成的等比数列ak1，ak2，…，akm，…(k1＝1)，
此时的公比最小，为q＝2，该等比数列的项均为偶数，均在数列{an}中．
下面证明q＝2为最小公比：
ak1＝a1＝4，假若ak2＝a2＝6，公比为 eq \f(6,4) ＝ eq \f(3,2) ，
则ak3＝4× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) eq \s\up12(2) ＝9为奇数，不可能在数列{an}中．
所以q＝2为最小公比，通项公式为akm＝4·2m－1＝2m＋1.
又akm＝2km＋2＝2m＋1，所以km＝2m－1，
即数列{kn}的通项公式为kn＝2n－1(n∈N*)，
故Tn＝21－1＋22－1＋…＋2n－1＝ eq \f(2（1－2n）,1－2) －n＝2n＋1－n－2.