《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1. (2024浙江杭州二模,5)设数列$\{ a_{n}\} ,\{ b_{n}\}$满足$a_{1}=b_{1}=1,a_{n}+b_{n + 1}=2n,a_{n + 1}+b_{n}=2^{n}$.设$S_{n}$为数列$\{ a_{n}+b_{n}\}$的前$n$项的和,则$S_{7}=$ ( )
A.110
B.120
C.288
D.306

答案： 1. A 由$a_{n}+b_{n + 1}=2n$，$a_{n + 1}+b_{n}=2^{n}$得$a_{n}+b_{n}+a_{n + 1}+b_{n + 1}=2n + 2^{n}$。所以$S_{7}=a_{1}+b_{1}+a_{2}+b_{2}+a_{3}+b_{3}+a_{4}+b_{4}+a_{5}+b_{5}+a_{6}+b_{6}+a_{7}+b_{7}=1 + 1+2\times2 + 2^{2}+2\times4 + 2^{4}+2\times6 + 2^{6}=110$，故选A。

2. (2024浙江金丽衢十二校第二次联考,15)已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$,且$2S_{n}=2a_{n}+n^{2}-1$.
(1)求$a_{n}$;
(2)求数列$\left\{\frac{1}{a_{n}a_{n + 1}}\right\}$的前$n$项和$T_{n}$.

答案： 2. 解析
(1) 因为$2S_{n}=2a_{n}+n^{2}-1$ ①，所以当$n\geq2$时，$2S_{n - 1}=2a_{n - 1}+(n - 1)^{2}-1$ ②。
① - ②得$2a_{n}=2a_{n}-2a_{n - 1}+2n - 1$，整理得$a_{n - 1}=n-\frac{1}{2}$，$n\geq2$，所以$a_{n}=n+\frac{1}{2}$，$n\in N^{*}$。
(2) 由
(1)知$a_{n}=n+\frac{1}{2}$，所以$\frac{1}{a_{n}a_{n + 1}}=\frac{1}{(n+\frac{1}{2})(n+\frac{3}{2})}=\frac{1}{n+\frac{1}{2}}-\frac{1}{n+\frac{3}{2}}=\frac{2}{2n + 1}-\frac{2}{2n + 3}$。
所以$T_{n}=\frac{1}{a_{1}a_{2}}+\frac{1}{a_{2}a_{3}}+\cdots+\frac{1}{a_{n}a_{n + 1}}=\frac{2}{3}-\frac{2}{5}+\frac{2}{5}-\frac{2}{7}+\cdots+\frac{2}{2n + 1}-\frac{2}{2n + 3}=\frac{2}{3}-\frac{2}{2n + 3}$。

3. (2024江苏南通、徐州大联考,15)已知正项数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$,且$4S_{n}=(a_{n}+1)^{2}$.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式;
(2)若$b_{n}=a_{n}\cdot a_{2^{n}}$,求数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}$.

答案：
3. 解析
(1) 因为$4S_{n}=(a_{n}+1)^{2}$，所以当$n\geq2$时，$4S_{n - 1}=(a_{n - 1}+1)^{2}$。
所以$4a_{n}=(a_{n}+1)^{2}-(a_{n - 1}+1)^{2}=a_{n}^{2}-a_{n - 1}^{2}+2a_{n}-2a_{n - 1}$，整理，得$2a_{n}+2a_{n - 1}=(a_{n}-a_{n - 1})(a_{n}+a_{n - 1})$。
因为$a_{n}＞0$，所以$a_{n}-a_{n - 1}=2$，所以数列$\{a_{n}\}$是公差为2的等差数列。
当$n = 1$时，$4S_{1}=4a_{1}=(a_{1}+1)^{2}$，解得$a_{1}=1$，所以数列$\{a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=2n - 1$。
(2) 由
(1)得$b_{n}=a_{n}\cdot a_{2^{n}}=(2n - 1)(2^{n + 1}-1)=(2n - 1)2^{n + 1}-(2n - 1)$。
记$A_{n}=\sum_{i = 1}^{n}(2i - 1)2^{i + 1}$，$B_{n}=\sum_{i = 1}^{n}(2i - 1)$，则$B_{n}=\sum_{i = 1}^{n}(2i - 1)=n^{2}$。
因为$A_{n}=\sum_{i = 1}^{n}(2i - 1)2^{i + 1}$，$2A_{n}=\sum_{i = 1}^{n}(2i - 1)2^{i + 2}$，所以$-A_{n}=2^{2}+2(2^{3}+2^{4}+\cdots+2^{n + 1})-(2n - 1)2^{n + 2}=-(2n - 3)2^{n + 2}-12$，所以$A_{n}=(2n - 3)2^{n + 2}+12$。
所以$T_{n}=A_{n}-B_{n}=(2n - 3)2^{n + 2}+12 - n^{2}$。

1. (2024广东汕头一模,15)已知数列$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$,其中$b_{n}=2^{a_{n}},n\in N^{*}$,数列$\{ a_{n}+b_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$.
(1)若$a_{n}=2n$,求$S_{n}$;
(2)若$S_{n}=3n$,求数列$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$的通项公式.

答案：
1. 解析
(1) 当$a_{n}=2n$时，$\{a_{n}\}$是首项为2，公差为2的等差数列。又$b_{n}=2^{2n}=4^{n}$，所以$\{b_{n}\}$是首项为4，公比为4的等比数列。
从而$S_{n}=(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})+(b_{1}+b_{2}+\cdots+b_{n})=\frac{n(2 + 2n)}{2}+\frac{4\times(1 - 4^{n})}{1 - 4}=\frac{4^{n + 1}}{3}+n^{2}+n-\frac{4}{3}$。
(2) 当$n\geq2$时，$a_{n}+b_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=3$，当$n = 1$时，$a_{1}+b_{1}=S_{1}=3$，满足上式，故$a_{n}+b_{n}=3(n\in N^{*})$，即$a_{n}+2^{a_{n}}=3$。
令$f(x)=x + 2^{x}$，则$f(x)$在$R$上单调递增，且$f(1)=3$，从而$a_{n}=1$，则$b_{n}=3 - a_{n}=2$。