2023-新高考II卷-18 解-数列求和

本题导读

本题考查等差数列的通项与前 n 项和。核心在于待定系数法、分组求和法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2023年新高考II卷）已知 $\{a_n\}$ 为等差数列，$b_n=\{\begin{array}{ll}{a}_n-6,& n\text{ 为奇数}\\ 2a_n,& n\text{ 为偶数}\end{array}$.

记 $S_n,T_n$ 分别为数列 $\{a_n\},\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和，$S_4=32,T_3=16$.

(1) 求 $\{a_n\}$ 的通项公式；

(2) 证明：当 $n>5$ 时，$T_n>S_n$。

🔍【思路分析】

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1. 第一问（求通项）：

• 设等差数列首项为 $a_1$，公差为 $d$。
• 将 $S_4,T_3$ 用 $a_1$ 和 $d$ 表示。注意 $T_3=b_1+b_2+b_3=(a_1-6)+2a_2+(a_3-6)$。
• 联立方程组求解 $a_1,d$。

2. 第二问（证明不等式）：

• 求出求和通式：$S_n$ 直接代入等差求和公式。$T_n$ 由于是分段定义，需要分 $n$ 为偶数和 $n$ 为奇数两种情况讨论，采用分组求和（奇数项一组，偶数项一组）。
• 作差比较：计算 $T_n-S_n$，得到关于 $n$ 的二次式。
• 判定正负：结合 $n>5$ 的条件，证明差值恒大于 0。

✅【答案】

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(1) $a_n=2n+3$

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) 求 $\{a_n\}$ 的通项公式： 设等差数列 $\{a_n\}$ 的公差为 $d$。 由 $S_4=32$ 得：$4a_1+\frac{4\times 3}{2}d=4a_1+6d=32$ —— ① 根据 $b_n$ 的定义： $b_1=a_1-6$ $b_2=2a_2=2(a_1+d)$ $b_3=a_3-6=a_1+2d-6$ 由 $T_3=b_1+b_2+b_3=16$ 得： $(a_1-6)+2(a_1+d)+(a_1+2d-6)=16$ 整理得：$4a_1+4d-12=16⟹4a_1+4d=28$ —— ② 联立 ①②： $\{\begin{array}{l}4a_1+6d=32\\ 4a_1+4d=28\end{array}⟹\{\begin{array}{l}2d=4\\ 4a_1=20\end{array}⟹\{\begin{array}{l}d=2\\ a_1=5\end{array}$ 所以 $a_n=5+(n-1)\times 2=2n+3$。 故数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n=2n+3$。

(2) 证明：当 $n>5$ 时，$T_n>S_n$： 由 (1) 得 $S_n=\frac{n(5+2n+3)}{2}=n^2+4n$。 分段数列 $b_n=\{\begin{array}{ll}(2n+3)-6=2n-3,& n=1,3,5,\dots \\ 2(2n+3)=4n+6,& n=2,4,6,\dots \end{array}$

情形 1：当 $n$ 为偶数时，设 $n=2k(k\in {\mathbb{N}}^{\ast })$ $T_{2k}=(b_1+b_3+\cdots +b_{2k-1})+(b_2+b_4+\cdots +b_{2k})$ 奇数项部分是首项为 $-1$，公差为 $4$ 的等差数列：${\sum }_{奇}=\frac{k[-1+(2(2k-1)-3)]}{2}=2k^2-3k$ 偶数项部分是首项为 $14$，公差为 $8$ 的等差数列：${\sum }_{偶}=\frac{k[14+(4(2k)+6)]}{2}=4k^2+10k$ 所以 $T_n=T_{2k}=6k^2+7k$。 将 $k=\frac{n}{2}$ 代入：$T_n=6(\frac{n}{2}{)}^2+7(\frac{n}{2})=\frac{3}{2}{n}^2+\frac{7}{2}n$。 作差：$T_n-S_n=(\frac{3}{2}{n}^2+\frac{7}{2}n)-(n^2+4n)=\frac{1}{2}{n}^2-\frac{1}{2}n=\frac{1}{2}n(n-1)$。 因为 $n>5$，所以 $\frac{1}{2}n(n-1)>0$，即 $T_n>S_n$。

情形 2：当 $n$ 为奇数时，设 $n=2k-1(k\in {\mathbb{N}}^{\ast },k⩾1)$ $T_n=T_{n+1}-b_{n+1}=T_{2k}-b_{2k}$ $T_n=(6k^2+7k)-(4(2k)+6)=6k^2-k-6$。 将 $k=\frac{n+1}{2}$ 代入： $T_n=6(\frac{n+1}{2}{)}^2-\frac{n+1}{2}-6=\frac{3}{2}(n^2+2n+1)-\frac{1}{2}n-\frac{1}{2}-6=\frac{3}{2}{n}^2+\frac{5}{2}n-5$。 作差：$T_n-S_n=(\frac{3}{2}{n}^2+\frac{5}{2}n-5)-(n^2+4n)=\frac{1}{2}{n}^2-\frac{3}{2}n-5=\frac{1}{2}(n^2-3n-10)=\frac{1}{2}(n+2)(n-5)$。 因为 $n>5$，所以 $\frac{1}{2}(n+2)(n-5)>0$，即 $T_n>S_n$。

综上所述，当 $n>5$ 时，$T_n>S_n$ 得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：等差数列基本量计算、分组求和、作差法证明不等式。
2. 核心方法：奇偶分类讨论法、分组转化法。
3. 避坑指南：在求分段数列和时，必须对项数 $n$ 分奇偶讨论。利用 $k=\frac{n}{2}$ 或 $k=\frac{n+1}{2}$ 进行变量替换是关键，务必仔细核对代入多项式展开的系数。处理奇数项和时，巧妙利用 $T_{2k-1}=T_{2k}-b_{2k}$ 可减少一次繁琐的等差数列求和过程。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：考查数列中奇偶分离模型的基本计算，属于数列模块常规解答题，侧重运算毅力与代数式的有序管理。
2. 结论推广：对于分段数列 $b_n$ 的求和，本质是将序列按性质切分（通常为奇数列与偶数列）。在证明两数列前 $n$ 项和的不等式时，先求解析式后作差因式分解是最稳定的代数路径。此外，亦可从通项性质切入：因 $b_{2k}+b_{2k+1}-(a_{2k}+a_{2k+1})=a_{2k}-6$，随 $k$ 增大差值恒正，从而验证求和发散趋势。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结
• 19.04 数列求和核心方法与裂项模型

类题演练 (Links)

• 2008-大纲卷II文-18 解-等差等比综合求和
• 2008-浙江卷文-18 解-数列分组求和
• 2011-山东卷理-20