《2026年学易优高考二轮总复习数学》

(2021·新高考Ⅰ卷) 已知数列 $\{ a_n\}$ 满足 $a_1 = 1,a_{n + 1}=\begin{cases}a_n + 1,n 为奇数,\\a_n + 2,n 为偶数.\end{cases}$
(1) 记 $b_n = a_{2n}$，写出 $b_1,b_2$，并求数列 $\{ b_n\}$ 的通项公式；
(2) 求 $\{ a_n\}$ 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，
所以数列 $\{b_n\}$ 的通项公式为 $b_n = 2 + 3(n - 1) = 3n - 1$，$n \in \mathbf{N}^*$。
(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 $k \in \mathbf{N}^*$ 时，$a_{2k} = a_{2k-1+1} = a_{2k-1} + 1$，
即 $a_{2k} = a_{2k-1} + 1$，①
$a_{2k+1} = a_{2k} + 2$，②
$a_{2k+2} = a_{2k+1+1} = a_{2k+1} + 1$，③
即 $a_{2k+2} = a_{2k+1} + 1$，
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 $S_{20} = (a_1 + a_3 + a_5 + ·s + a_{19}) + (a_2 + a_4 + a_6 + ·s + a_{20}) = 10 + \frac{10 × 9}{2} × 3 + 20 + \frac{10 × 9}{2} × 3 = 300$。

例 1 (2025·衡水调研) 已知数列 $\{ a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n = n^2 + 4n(n\in\mathbf{N}^*)$。
(1) 求数列 $\{ a_n\}$ 的通项公式；
【尝试解答】当 $n = 1$ 时，$a_1 = S_1 = 5$，当 $n \geq 2$ 时，$a_n = S_n - S_{n-1} = n^2 + 4n - (n - 1)^2 - 4(n - 1) = 2n + 3$，当 $n = 1$ 时，$a_1 = 5$，适合上式，故数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n = 2n + 3$。
(2) 若数列 $\{ c_n\}$ 满足 $c_{n + 1}+c_n = a_n$，且不等式 $c_n + 2n^2\geqslant 0$ 对任意的 $n\in\mathbf{N}^*$ 都成立，求 $c_1$ 的取值范围。
【尝试解答】由(1)知，$c_{n+1} + c_n = 2n + 3$，当 $n = 1$ 时，$c_2 + c_1 = 5$；当 $n \geq 2$ 时，$c_n + c_{n-1} = 2(n - 1) + 3$，两式相减得 $c_{n+1} - c_{n-1} = 2(n \geq 2)$，所以数列 $\{c_{2n}\}$ 是以 $c_2$ 为首项，公差为 2 的等差数列，数列 $\{c_{2n-1}\}$ 是以 $c_1$ 为首项，公差为 2 的等差数列。当 $n$ 为偶数时，$c_n = c_2 + 2 × (\frac{n}{2} - 1) = n + 3 - c_1$；当 $n$ 为奇数时，$c_n = c_1 + 2 × (\frac{n + 1}{2} - 1) = n - 1 + c_1$，所以 $c_n = \begin{cases} n - 1 + c_1, & n = 2k - 1, \\ n + 3 - c_1, & n = 2k \end{cases}$当 $n$ 为奇数时，$n \geq 1$，$c_n + 2n^2 = n - 1 + c_1 + 2n^2 \geq 0$ 恒成立，即 $-c_1 \leq 2n^2 + n - 1$ 对 $n$ 为奇数恒成立，当 $n = 1$ 时，$(2n^2 + n - 1)_{\min} = 2$，所以 $-c_1 \leq 2$，即 $c_1 \geq -2$；当 $n$ 为偶数时，$n \geq 2$，$c_n + 2n^2 = n + 3 - c_1 + 2n^2 \geq 0$ 恒成立，即 $c_1 \leq 2n^2 + n + 3$ 对 $n$ 为偶数恒成立，当 $n = 2$ 时，$(2n^2 + n + 3)_{\min} = 13$，所以 $c_1 \leq 13$。综上所述，$c_1$ 的取值范围是 $[-2,13]$。

答案：
(1)当 $n = 1$ 时，$a_1 = S_1 = 5$，当 $n \geq 2$ 时，$a_n = S_n - S_{n-1} = n^2 + 4n - (n - 1)^2 - 4(n - 1) = 2n + 3$，当 $n = 1$ 时，$a_1 = 5$，适合上式，故数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n = 2n + 3$。
(2)由
(1)知，$c_{n+1} + c_n = 2n + 3$，当 $n = 1$ 时，$c_2 + c_1 = 5$；当 $n \geq 2$ 时，$c_n + c_{n-1} = 2(n - 1) + 3$，两式相减得 $c_{n+1} - c_{n-1} = 2(n \geq 2)$，所以数列 $\{c_{2n}\}$ 是以 $c_2$ 为首项，公差为 2 的等差数列，数列 $\{c_{2n-1}\}$ 是以 $c_1$ 为首项，公差为 2 的等差数列。当 $n$ 为偶数时，$c_n = c_2 + 2 × (\frac{n}{2} - 1) = n + 3 - c_1$；当 $n$ 为奇数时，$c_n = c_1 + 2 × (\frac{n + 1}{2} - 1) = n - 1 + c_1$，所以 $c_n = \begin{cases} n - 1 + c_1, & n = 2k - 1, \\ n + 3 - c_1, & n = 2k \end{cases}$对任意的 $n \in \mathbf{N}^*$，都有 $c_n + 2n^2 \geq 0$ 成立，①当 $n$ 为奇数时，$n \geq 1$，$c_n + 2n^2 = n - 1 + c_1 + 2n^2 \geq 0$ 恒成立，即 $-c_1 \leq 2n^2 + n - 1$ 对 $n$ 为奇数恒成立，当 $n = 1$ 时，$(2n^2 + n - 1)_{\min} = 2$，所以 $-c_1 \leq 2$，即 $c_1 \geq -2$；②当 $n$ 为偶数时，$n \geq 2$，$c_n + 2n^2 = n + 3 - c_1 + 2n^2 \geq 0$ 恒成立，即 $c_1 \leq 2n^2 + n + 3$ 对 $n$ 为偶数恒成立，当 $n = 2$ 时，$(2n^2 + n + 3)_{\min} = 13$，所以 $c_1 \leq 13$。综上所述，$c_1$ 的取值范围是 $[-2,13]$。