《2026年学易优高考二轮总复习数学》

(2025·长沙期中)已知$S_{n}$是数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，若$\frac{S_{n + 1}}{a_{n + 1}}-\frac{S_{n}}{a_{n}}=\frac{1}{2}$。
(1)求证：数列$\{ a_{n}\}$为等差数列；
(2)若$a_{1}=-2$，$c_{n}=13 + a_{n}$，数列$\{ c_{n}\}$的前$n$项和为$T_{n}$。
(ⅰ)求$T_{n}$取最大值时$n$的值；
(ⅱ)若$m$是偶数，且$b_{n}=(-1)^{n}a_{n}^{2}$，求$\sum_{i = 1}^{2m}b_{i}$。

答案： 训练 1
(1)证明：因为$\frac{S_{n + 1}}{a_{n + 1}}-\frac{S_{n}}{a_{n}}=\frac{1}{2}$，所以$\{\frac{S_{n}}{a_{n}}\}$是以$\frac{a_{1}}{a_{1}} = 1$为首项，以$\frac{1}{2}$为公差的等差数列，
所以$\frac{S_{n}}{a_{n}}=1+\frac{1}{2}(n - 1)=\frac{n + 1}{2}$，即$S_{n}=\frac{n + 1}{2}a_{n}$①，则$S_{n + 1}=\frac{n + 2}{2}a_{n + 1}$，
由②-①，得$\frac{n + 1}{2}a_{n}=\frac{n}{2}a_{n + 1}$，即$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}=·s=\frac{a_{1}}{1}=1$，
所以$a_{n + 1}=(n + 1)a_{1} \Rightarrow a_{n}=na_{1}$，即$a_{n + 1}-a_{n}=a_{1}=d$，所以数列$\{ a_{n}\}$为等差数列。
(2)解：( i )由题意及
(1)，在等差数列$\{ a_{n}\}$中$a_{n}=a_{1}+(n-1)d=-2n$。
则$T_{n}=11n+\frac{n(n - 1)}{2} × (-2)=12n - n^{2}=-(n - 6)^{2}+36$，故当$n = 6$时$T_{n}$取最大值.
( ii )$\frac{2}{25}b_{i}=b_{1}+b_{2}+b_{3}+·s+b_{2m}=-a_{1}^{2}+a_{2}^{2}-a_{3}^{2}+a_{4}^{2}-a_{5}^{2}+·s+a_{2m}^{2}$
$=(-a_{1}^{2}+a_{2}^{2})+(-a_{3}^{2}+a_{4}^{2})+(-a_{5}^{2}+a_{6}^{2})+·s+(-a_{2m - 1}^{2}+a_{2m}^{2})$
$=-2(a_{1}+a_{2}+a_{3}+·s+a_{2m})=-2 × (-2) ×\frac{2m(2m + 1)}{2}=8m^{2}+4m$。

(2025·湖北期末)记$S_{n}$是等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，若$a_{5}=S_{3}$，$a_{2}-a_{1}=2$。
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)求使$S_{n}＞2a_{n}-1$成立的$n$的最小值；
(3)求数列$\{ (-1)^{n}S_{n}\}$的前$n$项的和$T_{n}$。

答案： 【例2】 解：
(1)设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，
由题意知，$\begin{cases} a_{1}+4d=3a_{1}+3d \\3a_{1}+3d=a_{1}+7d \end{cases}$，解得$\begin{cases} a_{1}=1 \\d=2 \end{cases}$，
所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=a_{1}+(n - 1)d=2n - 1$。
(2)由
(1)可得$S_{n}=\frac{n(a_{1}+a_{n})}{2}=\frac{n(1 + 2n - 1)}{2}=n^{2}$，
由$S_{n} ＞ 2a_{n}-1$可得$n^{2}-4n + 3 ＞ 0$，解得$n ＜ 1$或$n ＞ 3$，
因为$n \in N^{*}$，故正整数$n$的最小值为$4$。
(3)因$(-1)^{n}S_{n}=(-1)^{n} · n^{2}$
当$n$为偶数时，$T_{n}=b_{1}+b_{2}+b_{3}+·s+b_{n}=-1 + 2^{2}-3^{2}+4^{2}+·s-(n - 1)^{2}+n^{2}$
$=(2 + 1)(2 - 1)+(4 + 3)(4 - 3)+·s+[n+(n - 1)][n-(n - 1)]$
$=1 + 2 + 3+·s+n=\frac{n(n + 1)}{2}$；
当$n$为奇数时，$T_{n}=b_{1}+b_{2}+b_{3}+·s+b_{n}=-1 + 2^{2}-3^{2}+4^{2}+·s-(n - 2)^{2}+(n - 1)^{2}-n^{2}$
$=(2 + 1)(2 - 1)+(4 + 3)(4 - 3)+·s+[(n - 1)+(n - 2)][(n - 1)-(n - 2)]-n^{2}$
$=1 + 2 + 3+·s+(n - 2)+(n - 1)-n^{2}=\frac{(n - 1)n}{2}-n^{2}=-\frac{n(n + 1)}{2}$。
所以数列$\{(-1)^{n}S_{n}\}$的前$n$项和为：$T_{n}=\begin{cases} \frac{n(n + 1)}{2},n为偶数 \\-\frac{n(n + 1)}{2},n 为奇数 \end{cases}$

(2025·南昌调研)已知数列$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$满足$a_{n}+b_{n}=2n + 1$，且$\{ b_{n}\}$满足$b_{n + 1}^{2}=b_{n}· b_{n + 2}$，$a_{2}=1$，$a_{3}=-1$。
(1)求数列$\{ a_{n}\}$、$\{ b_{n}\}$的通项公式；
(2)设数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，求当$S_{n}+2^{n + 1}\geq 50$时，正整数$n$的最小值。

答案： 训练 2 解：
(1)$\because b_{n + 1}^{2}=b_{n} · b_{n + 2}$，
$\therefore$数列$\{ b_{n}\}$为等比数列。
$\because a_{2}=1,a_{2}+b_{2}=5$，$\therefore b_{2}=5 - 1 = 4$。
$\because a_{3}=-1,a_{3}+b_{3}=7$，$\therefore b_{3}=7 + 1 = 8$，
$\therefore$等比数列$\{ b_{n}\}$的公比$q=\frac{b_{3}}{b_{2}}=\frac{8}{4}=2$，
$\therefore$数列$\{ b_{n}\}$的通项公式为$b_{n}=b_{2}q^{n - 2}=4 × 2^{n - 2}=2^{n}$，
数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=2n + 1 - b_{n}=2n + 1 - 2^{n}$。
(2)由
(1)知$a_{n}=2n + 1 - 2^{n}$，
所以$S_{n}=\frac{n(3 + 2n + 1)}{2}-\frac{2(1 - 2^{n})}{1 - 2}=n(n + 2)-2^{n + 1}+2$，
$\therefore S_{n}+2^{n + 1} \geqslant 50$可化为$n^{2}+2n - 48 \geqslant 0$，
$\because n \in N^{*}$，解得$n \geqslant 6$，
$\therefore$正整数$n$的最小值为$6$。