《2026年学易优高考二轮总复习数学》

训练 1 在数列 $\{ a_n\}$ 中，已知 $a_1 = 1,a_n· a_{n + 1}=(\frac{1}{2})^n$，记 $S_n$ 为 $\{ a_n\}$ 的前 $n$ 项和，$b_n = a_{2n}+a_{2n - 1}$。
(1) 判断数列 $\{ b_n\}$ 是否为等比数列，并写出其通项公式；
(2) 求数列 $\{ a_n\}$ 的通项公式；
(3) 求 $S_n$。

答案：
(1)$\because a_n · a_{n+1} = (\frac{1}{2})^n$，$\therefore a_{n+1} · a_{n+2} = (\frac{1}{2})^{n+1}$，$\therefore \frac{a_{n+2}}{a_n} = \frac{1}{2}$，即 $a_{n+2} = \frac{1}{2}a_n$，$\therefore \frac{b_{n+1}}{b_n} = \frac{a_{2n+2} + a_{2n+1}}{a_{2n} + a_{2n-1}} = \frac{\frac{1}{2}(a_{2n} + a_{2n-1})}{a_{2n} + a_{2n-1}} = \frac{1}{2}$。$\because a_1 = 1$，$a_1 · a_2 = \frac{1}{2}$，$\therefore a_2 = \frac{1}{2}$，$\therefore b_1 = a_2 + a_1 = \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{2}$，$\therefore$ 数列 $\{b_n\}$ 是以 $\frac{3}{2}$ 为首项，$\frac{1}{2}$ 为公比的等比数列，$\therefore$ 数列 $\{b_n\}$ 的通项公式为 $b_n = \frac{3}{2} · (\frac{1}{2})^{n-1} = \frac{3}{2^n}$。
(2)由
(1)可知 $a_{n+2} = \frac{1}{2}a_n$，且 $a_1 = 1$，$a_2 = \frac{1}{2}$，$\therefore$ 数列 $\{a_{2n}\}$ 是以 $\frac{1}{2}$ 为首项，$\frac{1}{2}$ 为公比的等比数列，数列 $\{a_{2n-1}\}$ 是以 1 为首项，$\frac{1}{2}$ 为公比的等比数列，$\therefore$ 当 $n$ 为奇数时，$a_n = (\frac{1}{2})^{\frac{n-1}{2}}$；当 $n$ 为偶数时，$a_n = (\frac{1}{2})^{\frac{n}{2}}$，$\therefore$ 数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n = \begin{cases} (\frac{1}{2})^{\frac{n-1}{2}}, & n 为奇数, \\ (\frac{1}{2})^{\frac{n}{2}}, & n 为偶数 \end{cases}$
(3)①当 $n = 2k$ 时，$S_{2k} = (a_1 + a_3 + ·s + a_{2k-1}) + (a_2 + a_4 + ·s + a_{2k}) = 3 - \frac{3}{2^k}$，②当 $n = 2k - 1$ 时，$S_{2k-1} = S_{2k} - a_{2k} = 3 - \frac{3}{2^k} - \frac{1}{2^k} = 3 - \frac{4}{2^k}$。$\therefore S_n = \begin{cases} 3 - \frac{4}{2^{\frac{n+1}{2}}}, & n 为奇数, \\ 3 - \frac{3}{2^{\frac{n}{2}}}, & n 为偶数 \end{cases}$

例 2 (2025·浙江嘉兴三模) 记 $S_n$ 为数列 $\{ a_n\}$ 的前 $n$ 项和，已知 $a_n\gt 0,4S_n = a_n^2 + 2a_n - 3$，数列 $\{ b_n\}$ 满足 $b_n=\begin{cases}a_n - a_{n + 1},n 为奇数\\a_n + a_{n + 1},n 为偶数\end{cases}$。
(1) 求数列 $\{ a_n\}$ 的通项公式；
(2) 记数列 $\{ b_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_n$，若对任意 $n\in\mathbf{N}^*,T_n\geqslant 10n+\lambda$，求实数 $\lambda$ 的取值范围。

答案：
(1)$n = 1$ 时，$a_1 = S_1 = \frac{a_1^2 + 2a_1 - 3}{4}$，解得 $a_1 = -1$或 $a_1 = 3$，因为 $a_n ＞ 0$，所以 $a_1 = 3$，$n \geq 2$ 时，$a_n = S_n - S_{n-1} = \frac{a_n^2 + 2a_n - 3}{4} - \frac{a_{n-1}^2 + 2a_{n-1} - 3}{4}$得 $(a_n + a_{n-1})(a_n - a_{n-1} - 2) = 0$，因为 $a_n + a_{n-1} ＞ 0$，所以 $a_n - a_{n-1} = 2$，又 $a_1 = 3$，故数列 $\{a_n\}$ 是首项为 3，公差为 2 的等差数列，所以数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n = 2n + 1$；
(2)解法一 由 $b_n = \begin{cases} a_n - a_{n+1}, & n 为奇数 \\ a_n + a_{n+1}, & n 为偶数 \end{cases}$，所以 $b_n = \begin{cases} -2, & n 为奇数 \\ 4n + 4, & n 为偶数 \end{cases}$当 $n$ 为偶数时，$T_n = b_1 + b_2 + b_3 + ·s + b_{n-1} + b_n = (b_1 + b_3 + ·s + b_{n-3}) + (b_2 + b_4 + ·s + b_n) = [-2 + (-2) + ·s + (-2)] + [12 + 20 + ·s + (4n - 4) + (4n + 4)] = (-2) × \frac{n}{2} + \frac{(12 + 4n + 4) × \frac{n}{2}}{2} = n^2 + 3n$；当 $n$ 为奇数时，$T_n = T_{n+1} - b_{n+1} = (n + 1)^2 + 3(n + 1) - [4(n + 1) + 4] = n^2 + n - 4$所以 $T_n = \begin{cases} n^2 + n - 4, & n 为奇数 \\ n^2 + 3n, & n 为偶数 \end{cases}$因为对任意的 $n \in \mathbf{N}^*$，$T_n \geq 10n + \lambda$ 成立，所以，当 $n$ 为奇数时，即 $n^2 + n - 4 \geq 10n + \lambda$，所以 $\lambda \leq n^2 - 9n - 4$，不等号的右边可看作关于 $n$ 的二次函数，对称轴为 $n = -\frac{-9}{2} = 4.5$因为 $n$ 为奇数，所以 $n = 5$ 时，$(n^2 - 9n - 4)_{\min} = -24$，则 $\lambda \leq -24$当 $n$ 为偶数时，$n^2 + 3n \geq 10n + \lambda$，所以 $\lambda \leq n^2 - 7n$，同理可得，因为 $n$ 为偶数，所以 $n = 4$ 时，$(n^2 - 7n)_{\min} = -12$，则 $\lambda \leq -12$，综上，$\lambda \leq -24$。
解法二 由 $b_n = \begin{cases} a_n - a_{n+1}, & n 为奇数 \\ a_n + a_{n+1}, & n 为偶数 \end{cases}$当 $n$ 为偶数时，$T_n = b_1 + b_2 + b_3 + ·s + b_{n-1} + b_n = (a_1 - a_2) + (a_2 + a_3) + (a_3 - a_4) + ·s + (a_{n-1} - a_n) + (a_n + a_{n+1})] = [a_1 + (a_2 + a_3) + ·s + (a_{n-1} + a_n)] + [(-a_2) + (a_3 - a_4) + ·s + (a_{n-1} - a_n)] = S_{n+1} + (-5) + (-2) × \frac{n - 2}{2} = n^2 + 3n$。当 $n$ 为奇数时，$T_n = T_{n+1} - b_{n+1} = T_{n+1} - b_{n+1} = (n + 1)^2 + 3(n + 1) - [4(n + 1) + 4] = n^2 + n - 4$所以 $T_n = \begin{cases} n^2 + n - 4, & n 为奇数 \\ n^2 + 3n, & n 为偶数 \end{cases}$（下同解法一）
解法三 因为对任意的 $n \in \mathbf{N}^*$，$T_n \geq 10n + \lambda$ 成立，则 $\lambda \leq T_n - 10n$，即求 $T_n - 10n$ 的最小值，令 $C_n = T_n - 10n$，当 $n$ 为奇数时，$C_{n+1} - C_n = T_{n+1} - T_n - 10 = b_{n+1} - 10 = 4n - 14$，当 $n \geq 4$ 时，$C_{n+2} ＞ C_n$，当 $n \leq 3$ 时，$C_{n+2} ＜ C_n$，所以当 $n$ 为奇数时，$C_1 ＞ C_3 ＞ C_5$，$C_5 ＜ C_7 ＜ ·s$，则 $C_n$ 的最小值为 $C_5 = T_5 - 50 = b_1 + b_2 + ·s + b_5 - 50 = -24$，所以 $\lambda \leq -24$。

训练 2 (2025·烟台模拟) 记等差数列 $\{ a_n\}$ 的公差为 $d$，前 $n$ 项和为 $S_n$；等比数列 $\{ b_n\}$ 的公比为 $q$，前 $n$ 项和为 $T_n$，已知 $b_3 = 4a_1,S_4 = b_3 + 6,T_3 = 7a_1$。
(1) 求 $d$ 和 $q$；
(2) 若 $a_1 = 1,q\gt 0,c_n=\begin{cases}-a_nb_{n + 1},n 为奇数,\\a_nb_n,n 为偶数,\end{cases}$ 求 $\{ c_n\}$ 的前 $2n$ 项和。

答案：
(1)由已知条件可得 $b_1q^2 = 4a_1$，①$4a_1 + 2d = b_1q + 6$，②$b_1 + b_1q + b_1q^2 = 7a_1$，③由①②消去 $b_1q^2$ 得 $d = 1$，由①③得 $\frac{q^2}{1 + q + q^2} = \frac{4}{7}$，所以 $3q^2 - 4q - 4 = 0$，得 $q = 2$ 或 $q = -\frac{2}{3}$所以 $d = 1$，$q = 2$ 或 $q = -\frac{2}{3}$。
(2)当 $q ＞ 0$ 时，$q = 2$，则 $b_1 = a_1 = 1$，所以 $a_n = n$，$b_n = 2^{n-1}$，所以 $c_{2n-1} + c_{2n} = -(2n - 1) · 2^{n-1} + 2n · 2^{n-1} = 2^{2n-1}$，则 $\{c_n\}$ 的前 $2n$ 项和为 $c_1 + c_2 + c_3 + ·s + c_{2n-1} + c_{2n} = (c_1 + c_2) + (c_3 + c_4) + ·s + (c_{2n-1} + c_{2n}) = 2 + 2^3 + 2^5 + ·s + 2^{2n-1} = \frac{2(1 - 4^n)}{1 - 4} = \frac{2}{3}(4^n - 1)$。