2025届高考数学二轮专题复习与测试第一部分板块突破篇板块二数列提升点数列中的子数列

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(2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数．)) 记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
【解】 (1)解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
因为bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，)) 所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6.
因为S4＝32，T3＝16，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4a1＋6d＝32，,（a1－6）＋（2a1＋2d）＋（a1＋2d－6）＝16，))
整理得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋3d＝16，,a1＋d＝7，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝5，,d＝2，))
所以{an}的通项公式为an＝2n＋3.
(2)证明：由(1)知an＝2n＋3，
所以bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，)) Sn＝ eq \f(n[5＋（2n＋3）],2) ＝n2＋4n.
当n为奇数时，
Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝ eq \f(\f(n＋1,2)（－1＋2n－3）,2) ＋ eq \f(\f(n－1,2)（14＋4n＋2）,2) ＝ eq \f(3n2＋5n－10,2) .
当n＞5时，Tn－Sn＝ eq \f(3n2＋5n－10,2) －(n2＋4n)＝ eq \f(n2－3n－10,2) ＝ eq \f(（n－5）（n＋2）,2) ＞0，所以Tn＞Sn.
当n为偶数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝ eq \f(\f(n,2)（－1＋2n－5）,2) ＋ eq \f(\f(n,2)（14＋4n＋6）,2) ＝ eq \f(3n2＋7n,2) .
当n＞5时，Tn－Sn＝ eq \f(3n2＋7n,2) －(n2＋4n)＝ eq \f(n2－n,2) ＝ eq \f(n（n－1）,2) ＞0，所以Tn＞Sn.
综上所述，当n＞5时，Tn＞Sn.
(1)数列中的奇、偶项问题的常见类型
①数列中连续两项和或积的问题(an＋an＋1＝f(n) 或an·an＋1＝f(n))；
②含有(－1)n的类型；
③含有{a2n}，{a2n－1}的类型；
④已知条件明确的奇偶项问题．
(2)对于通项公式分奇、偶项不同的数列{an}，求前n项和Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝S2k－a2k.
已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(1＋sin2 eq \f(nπ,2) )an＋cs2 eq \f(nπ,2) (n∈N*).
(1)求a2，a3，a4，并证明a2m＋1＋1＝2(a2m－1＋1)(m∈N*)；
(2)求数列{an}的前2n项和S2n.
解：(1)a2＝(1＋1)a1＋0＝2，a3＝(1＋0)a2＋1＝3，a4＝(1＋1)a3＋0＝6，
证明如下：a2m＋1＝(1＋sin2 eq \f(2mπ,2) )a2m＋cs2 eq \f(2mπ,2) ＝a2m＋1，
a2m＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋sin2\f(（2m－1）π,2))) a2m－1＋cs2 eq \f(（2m－1）π,2) ＝
2a2m－1，
则a2m＋1＝2a2m－1＋1，
故a2m＋1＋1＝2(a2m－1＋1).
(2)由(1)可得，a2m＋1＋1＝2(a2m－1＋1)且a1＋1＝2≠0，
所以数列{a2m－1＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，故a2m－1＋1＝2·2m－1＝2m，
解得a2m－1＝2m－1，a2m＝2a2m－1＝2m＋1－2，
故an＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2 eq \s\up10(\f(n＋1,2)) －1，n为奇数，, 2eq \s\up10( eq \f(n,2) ＋1)－2，n为偶数，))
所以S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(21＋22＋…＋2n－n)＋(22＋23＋…＋2n＋1－2n)＝ eq \f(2（1－2n）,1－2) －n＋ eq \f(4（1－2n）,1－2) －2n＝3·2n＋1－3n－6.
类型2 两个数列的公共项问题
已知数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1.
(1)证明：{bn－n}是等比数列，并求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若数列{an}与{bn}中有公共项，即存在k，m∈N*，使得ak＝bm成立．按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作{cn}，求c1＋c2＋…＋cn的值．
【解】 (1)由题意可得，an＝2＋(n－1)×3＝3n－1(n∈N*).
因为b1＝4，bn＋1＝3bn－2n＋1，变形可得，bn＋1－(n＋1)＝3bn－3n＝3(bn－n)，b1－1＝3，
故{bn－n}是首项为3，公比为3的等比数列，
所以bn－n＝3n，即bn＝3n＋n(n∈N*).
(2)由题意可得，3k－1＝3m＋m，k，m∈N*，令m＝3n－1(n∈N*)，则3k－1＝33n－1＋3n－1＝3(33n－2＋n)－1，此时满足条件，
即当m＝2，5，8，…，3n－1时，bm为公共项，
所以c1＋c2＋…＋cn＝b2＋b5＋…＋b3n－1＝32＋35＋…＋33n－1＋(2＋5＋…＋3n－1)＝ eq \f(9（27n－1）,26) ＋ eq \f(n（3n＋1）,2) (n∈N*).
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．
已知数列{an}中，a1＝1，a3＝7，数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋2＋Sn＝2Sn＋1＋3.数列{bn}的前n项和Tn满足Tn＝2bn－1.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记{an}与{bn}中相同的项由小到大构成的数列为{dn}，求数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,dn))) 的前n项和Pn.
解：(1)由Sn＋2＋Sn＝2Sn＋1＋3，
得Sn＋2－Sn＋1＝Sn＋1－Sn＋3，
即an＋2－an＋1＝3，
当n＝1时，S3＋S1＝2S2＋3⇒a1＋a2＋a3＋a1＝2(a1＋a2)＋3，
解得a2＝a3－3＝4，
所以a2－a1＝3，故an＋1－an＝3恒成立，所以数列{an}为等差数列，公差d＝3，
故数列{an}的通项公式为an＝1＋3(n－1)＝3n－2.
又Tn＝2bn－1，①
则当n＝1时，b1＝T1＝2b1－1，
所以b1＝1，
当n≥2时，Tn－1＝2bn－1－1，②
则①－②得，bn＝2bn－2bn－1，
即bn＝2bn－1，
所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，
故bn＝2n－1.
(2)结合(1)可知，设an＝bm，
则有3n－2＝2m－1，
当m＝2k，k∈N*时，3n＝2＋ eq \f(1,2) ×4k＝2＋ eq \f(1,2) ×(3＋1)k，显然这样的整数n不存在，
当m＝2k－1，k∈N*时，3n＝2＋4k－1＝2＋(3＋1)k－1，此时n为整数解，即数列{an}与{bn}相同的项为40，41，42，43，…，
则dn＝4n－1，所以 eq \f(an,dn) ＝ eq \f(3n－2,4n－1) .
Pn＝ eq \f(1,40) ＋ eq \f(4,41) ＋ eq \f(7,42) ＋…＋ eq \f(3n－2,4n－1) ，③
eq \f(Pn,4) ＝ eq \f(1,41) ＋ eq \f(4,42) ＋ eq \f(7,43) ＋…＋ eq \f(3n－2,4n) ，④
③－④得， eq \f(3Pn,4) ＝1＋ eq \f(3,4) ＋ eq \f(3,42) ＋ eq \f(3,43) ＋…＋ eq \f(3,4n－1) － eq \f(3n－2,4n) ＝1＋ eq \f(\f(3,4)（1－\f(1,4n－1)）,1－\f(1,4)) － eq \f(3n－2,4n) ＝2－ eq \f(3n＋2,4n) ，
故Pn＝ eq \f(8,3) － eq \f(3n＋2,3×4n－1) .
类型3 分段数列问题
已知数列{an}，当n∈[2k－1，2k)时，an＝2k，k∈N*，记数列{an}的前n项和为Sn.
(1)求a2，a20的值；
(2)求使得Sn2 025，
则当682＜Sn