《2025年赢在微点数学》

【变式训练】　(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{aₙ}满足a₁ = 1，aₙ₊₁ = { aₙ + 1,n为奇数，aₙ + 2,n为偶数。
　(1)记bₙ = a₂ₙ，写出b₁，b₂，并求数列{bₙ}的通项公式；
　(2)求{aₙ}的前20项和。

答案： 解　
(1)因为$b_{n}=a_{2n}$，且$a_{1}=1$，$a_{n + 1}=\begin{cases}a_{n}+1,n为奇数\\a_{n}+2,n为偶数\end{cases}$，所以$b_{1}=a_{2}=a_{1}+1 = 2$，$b_{2}=a_{4}=a_{3}+1=a_{2}+2 + 1 = 5$。因为$b_{n}=a_{2n}$，所以$b_{n + 1}=a_{2n + 2}=a_{2n + 1+1}=a_{2n + 1}+1=a_{2n}+2 + 1=a_{2n}+3$，所以$b_{n + 1}-b_{n}=a_{2n}+3 - a_{2n}=3$，所以数列$\{b_{n}\}$是以2为首项，3为公差的等差数列，$b_{n}=2 + 3(n - 1)=3n - 1,n\in N^{*}$。
(2)因为$a_{n + 1}=\begin{cases}a_{n}+1,n为奇数\\a_{n}+2,n为偶数\end{cases}$，所以$k\in N^{*}$时，$a_{2k}=a_{2k - 1}+1$ ①，$a_{2k + 1}=a_{2k}+2$ ②，$a_{2k + 2}=a_{2k + 1+1}=a_{2k + 1}+1$，即$a_{2k + 2}=a_{2k + 1}+1$ ③，所以①+②，得$a_{2k + 1}=a_{2k - 1}+3$，即$a_{2k + 1}-a_{2k - 1}=3$，所以数列$\{a_{n}\}$的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；②+③，得$a_{2k + 2}=a_{2k}+3$，即$a_{2k + 2}-a_{2k}=3$，又$a_{2}=2$，所以数列$\{a_{n}\}$的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列。所以数列$\{a_{n}\}$的前20项和$S_{20}=(a_{1}+a_{3}+a_{5}+\cdots+a_{19})+(a_{2}+a_{4}+a_{6}+\cdots+a_{20})=10\times1+\frac{10\times9}{2}\times3+10\times2+\frac{10\times9}{2}\times3 = 300$。

【例3】　(2024·武汉调研)记数列{aₙ}的前n项和为Sₙ，对任意正整数n，有2Sₙ = naₙ，且a₂ = 3。
　(1)求数列{aₙ}的通项公式；
　(2)对所有正整数m，若aₖ＜2ᵐ＜aₖ₊₁，则在aₖ和aₖ₊₁两项之间插入2ᵐ，由此得到一个新数列{bₙ}，求{bₙ}的前40项和。

答案： 解　
(1)由$2S_{n}=na_{n}$，得$2S_{n + 1}=(n + 1)a_{n + 1}$，两式相减，得$2a_{n + 1}=(n + 1)a_{n + 1}-na_{n}$。整理，得$(n - 1)a_{n + 1}=na_{n}$，即$n\geqslant2$时，$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}=\frac{n}{n - 1}$。所以$n\geqslant2$时，$a_{n}=\frac{a_{n}}{a_{n - 1}}\times\frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}}\times\cdots\times\frac{a_{3}}{a_{2}}\times a_{2}=\frac{n - 1}{n - 2}\times\frac{n - 2}{n - 3}\times\cdots\times\frac{2}{1}\times3 = 3(n - 1)$。$n = 1$时，$2a_{1}=a_{1}$，得$a_{1}=0$，也满足上式。故$a_{n}=3(n - 1)$。
(2)由$a_{40}=117$，可知$2^{6}\lt a_{40}\lt2^{7}$。又$a_{34}=99\gt2^{6}$，所以$\{b_{n}\}$的前40项中有34项来自$\{a_{n}\}$，故$b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{40}=(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{34})+(2^{1}+2^{2}+\cdots+2^{6})=\frac{34(a_{1}+a_{34})}{2}+\frac{2(1 - 2^{6})}{1 - 2}=1683 + 126 = 1809$。