专题2 提升点3 分段数列模型 专题强化训练-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学（教用word）

专题强化训练 [A　基本技能] 1．(2025·温州二模)已知数列{an}满足an＝ 若a4∈[2，3]，则a1的取值范围是(　　) A．[2，4] B．[1，3] C．[3，5] D．[5，9] 解析：选B．设a4＝m，则m∈[2，3]，得a3＝m－1，a2＝2(m－1)＝2m－2，所以a1＝2m－3∈[1，3]. 2．已知等比数列{an}的公比与等差数列{bn}的公差均为2，且a1＝b1＋2＝2，设数列{cn}满足cn＝则数列{cn}的前20项和为(　　) A． B． C． D． 解析：选B．因为a1＝b1＋2＝2，所以a1＝2，b1＝0，则an＝2n，bn＝2n－2. 根据题意，cn＝ 所以数列{cn}的前20项和为2＋23＋25＋…＋219＋2×(1＋3＋5＋…＋19)＝＋2×＝. 3．(2025·天津卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则数列{|an|}的前12项和为(　　) A．112 B．48 C．80 D．64 解析：选C．因为Sn＝－n2＋8n， 所以当n＝1时，a1＝S1＝－12＋8×1＝7， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(－n2＋8n)－[－(n－1)2＋8(n－1)]＝－2n＋9， 当n＝1时，a1＝7满足上式， 所以an＝－2n＋9(n∈N*)， 令an＝－2n＋9≥0，得n≤4， 令an＝－2n＋9≤0，得n≥5， 设数列{|an|}的前n项和为Tn，则数列{|an|}的前4项和为T4＝S4＝－42＋8×4＝16，数列{|an|}的前12项和为T12＝|a1|＋|a2|＋…＋|a12|＝a1＋a2＋a3＋a4－a5－a6－…－a12＝2S4－S12＝2×16－(－122＋8×12)＝80. 4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝4，an＋an＋1＝4n＋2(n∈N*)，则使得Sn<2 026成立的n的最大值为(　　) A．32 B．33 C．44 D．45 解析：选C．当n为偶数时，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝6＋14＋…＋4n－2＝＝n(n＋1)，令Sn＝n(n＋1)<2 026，且n为偶数， 解得2≤n≤44，故n的最大值为44. 当n为奇数时，Sn＝a1＋a2＋…＋an＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)＝4＋10＋18＋…＋4n－2＝4＋＝n2＋n＋2， 令Sn＝n2＋n＋2<2 026，且n为奇数， 解得1≤n≤43，故n的最大值为43. 综上所述，使得Sn<2 026成立的n的最大值为44. 5．(多选)已知数列{an}的通项公式为an＝，bn＝tan an，记Sn为数列{an}的前n项和，则下列说法正确的是(　　) A．bn＝(－1)n-1 B．b1＋b2＋b3＋…＋bn＝ C．若cn＝anbn，则c1＋c2＋c3＋…＋cn＝ D．若dn＝bnSn，则d1＋d2＋d3＋…＋d2n＝－(2n2＋n) 解析：选ABD．由an＝知{an}是以为首项，为公差的等差数列，所以Sn＝，bn＝tan an＝tan (－)，所以bn＝k∈N*，即bn＝(－1)n-1，A正确； 当n为偶数时，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝0，当n为奇数时，b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1， 所以b1＋b2＋b3＋…＋bn＝，B正确； 当n为偶数时，c1＋c2＋c3＋…＋cn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝(a1b1＋a2b2)＋(a3b3＋a4b4)＋(a5b5＋a6b6)＋…＋(an－1bn－1＋anbn)＝－×＝－， 当n为奇数时，c1＋c2＋c3＋…＋cn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn＝(a1b1＋a2b2)＋(a3b3＋a4b4)＋…＋(an－2bn－2＋an－1bn－1)＋anbn＝－×＋＝， 所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝，C错误； 因为dn＝bnSn，Sn＝，bn＝k∈N*， 所以d1＋d2＋d3＋…＋d2n＝(d1＋d2)＋(d3＋d4)＋…＋(d2n－1＋d2n)＝－－－…－＝－(2n2＋n)，D正确． 6．设{an}是等差数列，{bn}是等比数列．已知a1＝1，b1＝2，b2＝2a2，b3＝2a3＋2. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)数列{cn}满足cn＝(k∈N)，设数列{cn}的前n项和为Sn，求S2n. 解：(1)设{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q(q≠0)的等比数列，由a1＝1，b1＝2，b2＝2a2，b3＝2a3＋2， 可得2q＝2(1＋d)，2q2＝2(1＋2d)＋2， 解得d＝1，q＝2，则an＝1＋n－1＝n，bn＝2n，n∈N*. (2)S2n＝c1＋c2＋…＋c2n＝(a1＋a2＋a3＋…＋a2n)－(a20＋a21＋a22＋…＋a2n)＋n＋1＝(1＋2＋3＋…＋2n)－(2＋22＋…＋2n)＋n＝(1＋2n)2n－＋n＝2n-1(1＋2n)－2n+1＋2＋n＝22n-1－3·2n-1＋n＋2. 7．(2025·郑州质量预测)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2n＝2an＋1，S4＝4(a3－1)，n∈N*. (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝其中k是正整数． ①求b1，b2，b3，b4； ②求i(n∈N*). 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 由题意得 解得 所以{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)①因为bn＝其中k是正整数， 所以b1＝1，b2＝b1＋1＝2，b3＝2，b4＝b3＋2＝4. ②i＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n ＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n) ＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋[(b1＋1)＋(b3＋2)＋(b5＋3)＋…＋(b2n－1＋2n-1)] ＝2(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(1＋2＋3＋…＋2n-1) ＝3(1＋2＋3＋…＋2n-1)＝3× ＝3(2n-2＋22n-3). [B　综合运用] 8．设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝1， an＋1＝ (1)证明：{a2n－2}是等比数列； (2)求满足S2n>0的所有正整数n. 解：(1)证明：由已知得，a2n＋2＝a2n＋1＋2n＋1＝(a2n－4n)＋2n＋1＝a2n＋1， 所以a2n＋2－2＝(a2n－2)，其中a2＝，a2－2＝－≠0，所以{a2n－2}是以－为首项，为公比的等比数列． (2)由(1)知a2n－2＝－·()n-1， 所以a2n＝－()n＋2， 所以当n≥2时，a2n－2＝－()n-1＋2， 所以a2n－1＝a2n－2－2(2n－2)＝6－4n－()n-1， 当n＝1时，a1＝1满足上式，所以当n∈N*时，a2n－1＋a2n＝8－4n－3·()n，所以S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n) ＝8n－4(1＋2＋…＋n)－3[＋()2＋…＋()n] ＝－2n2＋6n－3＋3·()n ＝－2(n－)2＋＋3·()n， 当n≥2时，{S2n}单调递减，其中S2＝，S4＝，S6＝－， 所以满足S2n>0的所有正整数n为1，2. 9．在数列{an}中，已知a1＝1，anan＋1＝()n，记Sn为{an}的前n项和，bn＝a2n＋a2n－1，n∈N*. (1)判断数列{bn}是否为等比数列，如果是，请写出其通项公式； (2)求数列{an}的通项公式； (3)求Sn. 解：(1)因为anan＋1＝()n，所以an＋1an＋2＝()n+1， 所以＝，即an＋2＝an. 因为bn＝a2n＋a2n－1， 所以＝＝＝， 又a1＝1，a1a2＝，所以a2＝，b1＝a1＋a2＝， 所以数列{bn}是首项为，公比为的等比数列， 所以bn＝×()n-1＝，n∈N*. (2)由(1)可知an＋2＝an，所以a1，a3，a5，…是以a1＝1为首项，为公比的等比数列；a2，a4，a6，…是以a2＝为首项，为公比的等比数列，所以a2n－1＝()n-1，a2n＝()n， 所以an＝ (3)因为S2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝＋＝3－. 又S2n－1＝S2n－a2n＝3－－＝3－， 所以Sn＝ 学科网（北京）股份有限公司 $