25届高考数学二轮复习重点专题突破·数列专题培优奇偶项和子数列与不等式问题（全国通用）

高考二轮复习专题 数列 第1课时 子数列是数列问题中的一种常见题型.将原数列转化为子数列问题一般适用于某个数列是由几个有规律的数列组合而成的，具体求解时，要搞清楚子数列的项在原数列中的位置，以及在子数列中的位置，即项不变化，项数变化，它体现了转化与化归以及分类讨论、函数与方程的思想，能很好地考查学生的思维. 重点解读 目 录 1 2 3 4 数列奇偶项问题 子数列问题 数列与不等式 CONTENTS 真题演练·高分突破 数列奇偶项问题 1 数列中的奇、偶项问题的常见题型 (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. 要点梳理 题型一　奇、偶项问题 6 7 8 9 10 11 12 13 (1)求数列{an}的通项公式； 因为{an}是等比数列，公比q≠－1， 则a4＝a1q3，a5＝a1q4，a7＝a1q6，a8＝a1q7， 解得a1＝3， 所以数列{an}的通项公式为an＝3n. 【解析】 (2)已知bn＝ 求数列{bn}的前n项和Tn. 当n为偶数时，Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn) ＝－(1＋3＋…＋n－1)＋(32＋34＋…＋3n) 【解析】 子数列问题 2 1.对于数列的中间插项或减项构成新数列问题，我们要把握两点：先判断数列之间共插入(减少)了多少项 (运用等差等比求和或者项数公式去看)，再对于题目给出的条件确定它包含了哪些项. 要点梳理 2.两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. 题型二　子数列问题与数列插项问题 21 22 23 24 25 26 27 跟踪训练2　(2023·邵阳模拟)数列{2n－1}和数列{3n－2}的公共项从小到大构成一个新数列{an}，数列{bn}满足bn＝ ，则数列{bn}的最大项 等于______. 数列{2n－1}和数列{3n－2}的公共项从小到大构成的一个新数列为1,7,13，…，该数列是首项为1，公差为6的等差数列， 所以当n≥2时，bn＋1－bn<0， 即b2>b3>b4>…， 【解析】 又b1<b2， 数列与不等式 3 数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项公式或前n项和公式，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明. 要点梳理 题型三　数列与不等式问题 32 34 35 36 37 跟踪训练3 2 (1)已知数列{an}为等比数列，a2a3a4＝64，a6＝32，数列{bn}满足bn＝log2an＋1，若不等式4λ≥bn[1－(n＋4)λ]对于任意的n∈N*恒成立，则实数 λ的取值范围为___________. 所以2nan＝2n－1an－1＋1，而21a1＝3， 所以数列{2nan}是首项为3，公差为1的等差数列， 【解析】 所以λ≥2，即实数λ的最小值是2. 所以当n＝1时，b2>b1； 当n≥2时，bn＋1<bn. 所以λ≥2，即实数λ的最小值是2. 真题演练·高分突破 4 　(2023·新高考全国Ⅱ)已知{an}为等差数列，bn＝ 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； 设等差数列{an}的公差为d， 则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6， 解得a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3， 所以数列{an}的通项公式是an＝2n＋3. 【解析】 (2)证明：当n>5时，Tn>Sn. 当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1， 因此Tn>Sn. 【解析】 因此Tn>Sn. 综上，当n>5时，Tn>Sn. 【解析】 当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn) 【解析】 因此Tn>Sn，当n为奇数时，若n≥3， 显然T1＝b1＝－1满足上式， 【解析】 因此Tn>Sn， 所以当n>5时，Tn>Sn. 　(1)(2022·全国乙卷)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{bn}：b1＝1＋ ，b2＝1＋ ， b3＝1＋ ，…，依此类推，其中αk∈N*(k＝1,2，…).则 A.b1<b5　　　　B.b3<b8　　　　C.b6<b2　　　　D.b4<b7 √ 【解析】　当n取奇数时， 同理可得b3>b5，b5>b7，…，于是可得b1>b3>b5>b7>…，故A不正确； 同理可得b4<b6，b6<b8，…，于是可得b2<b4<b6<b8<…，故C不正确； 同理可得b3>b4，b5>b6，b7>b8， 又b3>b7，所以b3>b8，故B不正确； 因为b4<b8，b7>b8， 所以b4<b7，故D正确. 54 55 56 2 0 2 5 看 观 谢 谢 ★二轮复习专题突破★ (2024·石家庄质检)已知数列{an}满足a1＝7，an＋1＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－3，n为奇数，,2an，n为偶数．)) (1)写出a2，a3，a4； 【解析】　(1)由题意a1＝7，所以a2＝a1－3＝4， a3＝2a2＝8，a4＝a3－3＝5. (2)证明：数列{a2n－1－6}为等比数列； 【解析】　(2)证明：因为an＋1＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－3，n为奇数，,2an，n为偶数，)) 所以a2n＋1－6＝2a2n－6＝2(a2n－1－3)－6＝2(a2n－1－6)， 又a1－6＝1≠0，即 eq \f(a2n＋1－6,a2n－1－6) ＝2， 所以数列{a2n－1－6}是首项为1，公比为2的等比数列． (3)若bn＝a2n，求数列{n·(bn－3)}的前n项和Sn. 【解析】　(3)由(2)可知a2n－1－6＝1·2n－1，即a2n－1＝2n－1＋6， 因为2n为偶数，2n－1为奇数， 所以bn＝a2n＝a2n－1－3＝2n－1＋3， 所以n·(bn－3)＝n·(2n－1＋3－3)＝n·2n－1， 由此可得Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1①， 2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n②， ①－②得， －Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n＝ eq \f(1－2n,1－2) －n×2n＝－1＋(1－n)·2n， 所以Sn＝1＋(n－1)·2n. (2024·福建省3月质检)已知各项均为正数的数列{an}满足an＋12－an2＝8n，且a1＝1. (1)写出a2，a3，并求{an}的通项公式； 【解析】　(1)方法一：因为an＋12－an2＝8n，a1＝1，an>0， 所以当n＝1时，a22－a12＝8，a22＝a12＋8＝9，所以a2＝3. 当n＝2时，a32－a22＝8×2，a32＝a22＋16＝25，所以a3＝5. 当n≥2时，an2＝(an2－an－12)＋(an－12－an－22)＋…＋(a22－a12)＋a12＝8(n－1)＋8(n－2)＋…＋8×1＋1＝8[1＋2＋…＋(n－1)]＋1＝8× eq \f(n（n－1）,2) ＋1＝(2n－1)2， 所以an＝2n－1， 当n＝1时，a1＝1也符合上式． 综上，an＝2n－1(n∈N *). 方法二：因为an＋12－an2＝8n，a1＝1，an>0， 所以当n＝1时，a22－a12＝8，a22＝a12＋8＝9，所以a2＝3. 当n＝2时，a32－a22＝8×2，a32＝a22＋16＝25，所以a3＝5. 因为an＋12－an2＝8n， 所以an＋12－an2＝(2n＋1)2－(2n－1)2，即an＋12－(2n＋1)2＝an2－(2n－1)2， 所以an2－(2n－1)2＝an－12－(2n－3)2＝…＝a12－1＝0，即an2＝(2n－1)2. 又an>0，所以an＝2n－1(n∈N *). (2)记求b1b2＋b3b4＋b5b6＋…＋b15b16. 【解析】　 记S＝b1b2＋b3b4＋b5b6＋…＋b15b16， 则S＝1×21＋5×22＋9×23＋…＋25×27＋29×28①， 2S＝1×22＋5×23＋…＋21×27＋25×28＋29×29②， ①－②，得－S＝1×21＋4×22＋4×23＋…＋4×28－29×29＝2＋4× eq \f(22×（1－27）,1－2) －29×29＝－12 814，所以S＝12 814， 故b1b2＋b3b4＋b5b6＋…＋b15b16＝12 814. 则b1b2＋b3b4＋b5b6＋…＋b15b16＝1×21＋5×22＋9×23＋13×24＋17×25＋21×26＋25×27＋29×28＝2＋20＋72＋208＋544＋1 344＋3 200＋7 424＝12 814. 对于通项公式的奇、偶项有不同表达式的数列{an}，求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. 跟踪训练1　(2023·岳阳模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，其公比 q≠－1，＝，且S4＝a3＋93. 所以＝＝＝，解得q＝3， 由S4＝a3＋93，可得＝9a1＋93， 由(1)得bn＝ ＝－＋ ＝(3n－1)－； 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(3n＋1－1)－－3n＋1＝×3n＋1－－， 综上所述，Tn＝ (2024·石家庄一模)已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N *)，满足3a2＋2a3＝S5＋6. (1)若数列{Sn}为递减数列，求a1的取值范围； 【解析】　(1)方法一：由3a2＋2a3＝S5＋6得d＝－2， ∴Sn＝－n2＋(a1＋1)n， 若数列{Sn}为递减数列，则Sn＋1－Sn<0(n≥1)恒成立， 即a1－2n<0(n≥1)，得a1<2n(n≥1)恒成立．解得a1＜2. 方法二：由3a2＋2a3＝S5＋6得d＝－2，∴Sn＝－n2＋(a1＋1)n， 若数列{Sn}为递减数列，则需满足 eq \f(a1＋1,2) < eq \f(3,2) ，解得a1<2. (2)若a1＝1，在数列{an}的第n项与第n＋1项之间插入首项为1，公比为2的等比数列的前n项，形成新数列{bn}，记数列{bn}的前n项和为Tn，求T95. 【解析】　(2)根据题意数列{an}的通项公式为an＝－2n＋3， 数列{bn}为1，20，－1，20，21，－3，20，21，22，－5，…，－2n＋3，20，21，…，2n－1，－2n＋1，…， 可将数列{bn}分组： 第一组为：1，20； 第二组为：－1，20，21； 第三组为：－3，20，21，22； …； 第k组为：－2k＋3，20，21，22，…，2k－1. 则前k组一共有2＋3＋…＋(k＋1)＝ eq \f(（k＋3）k,2) (项)，当k＝12时，项数为90. 故T95相当于是前12组的和再加上－23，1，2，22，23这五项， 即T95＝[1＋(－1)＋…＋(－21)]＋[20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋211)]＋(－23＋1＋2＋22＋23)，20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋211)可看成是数列{cn}(cn＝2n－1)的前12项和， ∴T95＝ eq \f(（1－21）×12,2) ＋ eq \f(2×（1－212）,1－2) －12－23＋1＋2＋4＋8＝213－142＝8 050. (2024·元月调研考试)设数列{an}满足：对任意正整数n，有a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－1an＝n. (1)求数列{an}的通项公式； 【解析】　(1)当n＝1时，由题意得a1＝1. 当n≥2时，由(a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－1an)－(a1＋2a2＋4a3＋…＋2n－2an－1)＝n－(n－1)＝1， 得2n－1an＝1，即an＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1) . 因为a1＝1也满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1) . (2)若抽去数列{an}中的第1项，第4项，第7项，…，第3n－2项，余下的项顺序不变，组成一个新数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Tn.已知对于任意的正整数n，T2n≥λT2n＋1恒成立，求λ的最大值． 【解析】　(2)由(1)可知数列{cn}为 eq \f(1,2) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(4) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(5) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(7) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(8) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(10) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(11) ，…，所以{cn}的奇数项是以 eq \f(1,2) 为首项， eq \f(1,8) 为公比的等比数列，偶数项是以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2) 为首项， eq \f(1,8) 为公比的等比数列． 所以T2n＝c1＋c2＋…＋c2n＝(c1＋c3＋…＋c2n－1)＋(c2＋c4＋…＋c2n)＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(4)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(3n－2))) ＋[ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(5) ＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3n－1) ]＝ eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))\s\up12(n))),1－\f(1,8)) ＋ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))\s\up12(n))),1－\f(1,8)) ＝ eq \f(6,7) － eq \f(6,7) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8))) eq \s\up12(n) . T2n＋1＝T2n＋c2n＋1＝ eq \f(6,7) － eq \f(6,7) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8))) eq \s\up12(n) ＋ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8))) eq \s\up12(n) ＝ eq \f(6,7) － eq \f(5,14) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8))) eq \s\up12(n) . eq \f(T2n,T2n＋1) ＝ eq \f(12－12×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))\s\up12(n),12－5×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))\s\up12(n)) ＝ eq \f(12,5) － eq \f(84,5) × eq \f(1,12－5×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))\s\up12(n)) ， 显然 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(T2n,T2n＋1))) 是递增数列，所以 eq \f(T2n,T2n＋1) ≥ eq \f(12,13) .所以λ的最大值为 eq \f(12,13) . 子数列是指从原数列中拿出一部分项形成的新数列，而数列插项是指在原数列中的某些项之间插入若干项形成新的数列． 所以an＝6n－5，所以bn＝， 因为bn＋1－bn＝－＝， 所以数列{bn}的最大项为第二项，其值为. (2024·陕西西安中学校考一模)已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＝n2，数列{bn}的前n项和是Tn，且3bn＝2Tn＋3. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； 【解析】　(1)由Sn＝n2，得Sn－1＝(n－1)2(n≥2)， 所以an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)， 当n＝1时，a1＝S1＝1满足上式，所以an＝2n－1. 由3bn＝2Tn＋3，可得3bn＋1＝2Tn＋1＋3， 两式相减可得，3bn＋1－3bn＝2bn＋1， 所以bn＋1＝3bn，即 eq \f(bn＋1,bn) ＝3， 令n＝1，可得3b1＝2b1＋3，所以b1＝3， 所以{bn}是以3为首项，3为公比的等比数列， 可得bn＝3×3n－1＝3n， 故数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝3n. (2)设cn＝ eq \f(an,bn) ，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1. 【解析】　(2)证明：由(1)知cn＝ eq \f(2n－1,3n) ＝(2n－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n) ， 设Mn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn， 则Mn＝1× eq \f(1,3) ＋3× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(2) ＋5× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(3) ＋…＋(2n－3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1) ＋(2n－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n) ， 则 eq \f(1,3) Mn＝1× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(2) ＋3× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(3) ＋5× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(4) ＋…＋(2n－3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n) ＋(2n－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n＋1) ， 两式相减可得 eq \f(2,3) Mn＝ eq \f(1,3) ＋2[ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(3) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(4) ＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n) ]－(2n－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n＋1) ＝ eq \f(1,3) ＋2× eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n－1))),1－\f(1,3)) －(2n－1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(n＋1) ＝ eq \f(2,3) － eq \f(2n＋2,3n＋1) ， 所以Mn＝1－ eq \f(n＋1,3n) ，因为 eq \f(n＋1,3n) >0，可得Mn<1， 即c1＋c2＋c3＋…＋cn＝1－ eq \f(n＋1,3n) <1. 已知数列{an}中，a1＝2，当n≥2时，(n－1)an＝2nan－1. (1)求数列{an}的通项公式； 【解析】　(1)因为当n≥2时，(n－1)an＝2nan－1， 所以 eq \f(an,n) ＝2 eq \f(an－1,n－1) ， 令bn＝ eq \f(an,n) ，则bn＝2bn－1，n≥2，又b1＝ eq \f(a1,1) ＝2， 所以数列{bn}为等比数列，公比为2，首项为2，所以bn＝2n，所以an＝n·2n. (2)设cn＝ eq \f(n（2n－9）,an) ，数列{cn}中是否存在最大项与最小项？若存在，求出最大项与最小项；若不存在，说明理由． 【解析】　(2)由(1)知cn＝ eq \f(n（2n－9）,an) ＝ eq \f(2n－9,2n) ，得cn＋1＝ eq \f(2n－7,2n＋1) ， cn＋1－cn＝ eq \f(2n－7,2n＋1) － eq \f(2n－9,2n) ＝ eq \f(2n－7－4n＋18,2n＋1) ＝ eq \f(11－2n,2n＋1) ， 当n<6时，cn＋1－cn>0，cn＋1>cn，即c6>c5>c4>c3>c2>c1； 当n≥6时，cn＋1－cn<0，cn＋1<cn，即c6>c7>c8>…，所以数列{cn}的最大项为c6＝ eq \f(3,64) ， 因为当1≤n≤4时，cn<0，且c1<c2<c3<c4，当n≥5时，cn>0， 所以数列{cn}的最小项为c1＝－ eq \f(7,2) . (2)(2023·南京模拟)已知数列{an}满足a1＝，an＝an－1＋(n≥2，n∈N*)，若对于任意n∈N*，都有≥an成立，则实数λ的最小值是______. 因为当n≥2时，an＝an－1＋， 故2nan＝n＋2，从而an＝. 又因为≥an恒成立， 即λ≥恒成立，所以λ≥max. 方法一　由(n∈N*，n≥2)， 得(n∈N*，n≥2)，得n＝2， 所以max＝＝2， 方法二　令bn＝， 则令bn＋1－bn＝－＝， 所以当n＝2时，bn＝取最大值2. 而bn＝ 于是 方法一　由(1)知，Sn＝＝n2＋4n，bn＝ Tn＝·＝n2＋n， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0， 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝ n2＋n－5， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0， 方法二　由(1)知，Sn＝＝n2＋4n， bn＝ ＝·＋·＝n2＋n， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝n(n－1)>0， 则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝·＋·＝n2＋n－5， 因此当n为奇数时，Tn＝n2＋n－5， 当n>5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝(n＋2)(n－5)>0， 由已知b1＝1＋，b3＝1＋， 因为>，所以b1>b3， 当n取偶数时，由已知b2＝1＋，b4＝1＋， 因为>，所以b2<b4， 因为>，所以b1>b2， (2023·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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； 【解析】　(1)由题意知 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＋a4＝32，,a1－6＋2a2＋a3－6＝16，)) 设{an}的公差为d，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4（4－1）,2)d＝32，,a2＝a1＋d＝7，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝2，)) ∴an＝5＋2(n－1)＝2n＋3. (2)证明：当n>5时，Tn>Sn. 【解析】　(2)证明：bn＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，)) b2n－1＋b2n＝12n＋1，Sn＝ eq \f(（5＋2n＋3）n,2) ＝(n＋4)n， 当n为偶数时，Tn＝12×1＋1＋12×2＋1＋…＋12· eq \f(n,2) ＋1＝12· eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n,2)))·\f(n,2),2) ＋ eq \f(n,2) ＝ eq \f(3,2) n2＋ eq \f(7,2) n， 故n为偶数且n>5，即n≥6时，Tn－Sn＝ eq \f(3,2) n2＋ eq \f(7,2) n－(n＋4)n＝ eq \f(1,2) n2－ eq \f(n,2) >0， ∴n为偶数且n≥6时，Tn>Sn. 当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝ eq \f(3,2) (n＋1)2＋ eq \f(7,2) (n＋1)－4n－10＝ eq \f(3,2) n2＋ eq \f(5,2) n－5， 故n为奇数且n>5，即n≥7时，Tn－Sn＝ eq \f(3,2) n2＋ eq \f(5,2) n－5－(n＋4)n＝ eq \f(1,2) n2－ eq \f(3,2) n－5＝ eq \f(1,2) (n＋2)(n－5)>0，∴n为奇数且n≥7时，Tn>Sn. 综上，当n>5时，Tn>Sn. $$