《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1. (2024 安徽皖北协作区联考,13) 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$( -1)^{n + 1}a_{n + 2}+( -1)^{n}a_{n}=3( -1)^{n}+1(n\in\mathbf{N}^{*})$,若$a_{1}=a_{2}=1$,则$\{ a_{n}\}$的前 20 项和$S_{20}=$________.

答案： -250
解析：当$n$为奇数时，$a_{n + 2}-a_{n}=-2$，即数列$\{a_{2n - 1}\}$是以$a_{1}=1$为首项，$-2$为公差的等差数列，于是$a_{2n - 1}=1+(n - 1)\cdot(-2)=-2n + 3$；
当$n$为偶数时，$-a_{n + 2}+a_{n}=4$，即$a_{n + 2}-a_{n}=-4$，则数列$\{a_{2n}\}$是以$a_{2}=1$为首项，$-4$为公差的等差数列，于是$a_{2n}=1+(n - 1)\cdot(-4)=-4n + 5$。
所以$\{a_{n}\}$的前$20$项和$S_{20}=\frac{1+( - 17)}{2}\times10+\frac{1+( - 35)}{2}\times10=-250$。

2. (2024 福建厦门毕业班第四次质量检测,15) 设$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和,已知$a_{1}=1,S_{4}=10$,且$\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$为等差数列.
(1)求$\{ a_{n}\}$的通项公式;
(2)若$b_{n}=\begin{cases}a_{n},n为奇数,\\\frac{1}{a_{n}a_{n + 2}},n为偶数,\end{cases}$求$\{ b_{n}\}$的前$2n$项和$T_{2n}$.

答案：
(1)设等差数列$\{\frac{S_{n}}{n}\}$的公差为$d$，因为$a_{1}=S_{1}=1$，所以$\frac{S_{4}}{4}-\frac{S_{1}}{1}=3d$，即$\frac{10}{4}-1 = 3d$，$d=\frac{1}{2}$。
所以$\frac{S_{n}}{n}=1+\frac{1}{2}(n - 1)$，即$S_{n}=\frac{n(n + 1)}{2}$。
当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=\frac{n(n + 1)}{2}-\frac{n(n - 1)}{2}=n$；
当$n = 1$时，$a_{1}=1$满足上式，所以$a_{n}=n,n\in N^{*}$。
(2)由
(1)知$b_{n}=\begin{cases}n,n为奇数\\\frac{1}{n(n + 2)},n为偶数\end{cases}$
则$T_{2n}=(b_{1}+b_{3}+b_{5}+\cdots +b_{2n - 1})+(b_{2}+b_{4}+b_{6}+\cdots +b_{2n})$
$=(1 + 3+5+\cdots +2n - 1)+[\frac{1}{2\times4}+\frac{1}{4\times6}+\frac{1}{6\times8}+\cdots +\frac{1}{2n\times(2n + 2)}]$
$=\frac{n(1 + 2n - 1)}{2}+\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{6}+\cdots +\frac{1}{2n}-\frac{1}{2n + 2})$
$=n^{2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{4n + 4}$。
所以数列$\{b_{n}\}$的前$2n$项和为$T_{2n}=n^{2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{4n + 4}$。

3. (2024 山东齐鲁名校联考七,17) 已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n},S_{6}-S_{3}=27$,数列$\{ c_{n}\}$满足$c_{1}=a_{2}=3,c_{n + 1}=\begin{cases}2c_{n},n是偶数,\\c_{n}-1,n是奇数,\end{cases}b_{n}=c_{2n}+c_{2n - 1}$.
(1)求$\{ a_{n}\}$的通项公式,并证明:$b_{n + 1}=2b_{n}-3$;
(2)设$t_{n}=a_{n}(b_{n}-3)$,求数列$\{ t_{n}\}$的前$n$项和$Q_{n}$.

答案：
(1)设$\{a_{n}\}$的公差为$d$。
$\because\{a_{n}\}$是等差数列，$S_{6}-S_{3}=27$，$\therefore a_{4}+a_{5}+a_{6}=27$，即$3a_{5}=27$，$a_{5}=9$，又$a_{2}=3$，$\therefore d=\frac{a_{5}-a_{2}}{5 - 2}=2$。
$\therefore a_{n}=a_{2}+(n - 2)d=3+(n - 2)\cdot2=2n - 1$。
由$\{c_{n}\}$的递推关系可得$c_{2n}=c_{2n - 1}-1$，$c_{2n + 1}=2c_{2n}$，$c_{2n + 2}=c_{2n + 1}-1$。
$\therefore b_{n}=c_{2n}+c_{2n - 1}=2c_{2n}+1$。
$\because b_{n + 1}=c_{2n + 2}+c_{2n + 1}=4c_{2n}-1=2(2c_{2n}+1)-3$，$\therefore b_{n + 1}=2b_{n}-3$。
(2)由
(1)可知$b_{n + 1}-3=2(b_{n}-3)$，又$\because b_{1}-3=c_{1}+c_{2}-3=2\neq0$，
$\therefore$数列$\{b_{n}-3\}$是以$2$为首项，$2$为公比的等比数列，
$\therefore b_{n}-3=2\times2^{n - 1}=2^{n}$，$\therefore t_{n}=(2n - 1)\times2^{n}$，
$\therefore Q_{n}=1\times2+3\times2^{2}+5\times2^{3}+\cdots+(2n - 1)\times2^{n}$，
$\therefore 2Q_{n}=1\times2^{2}+3\times2^{3}+5\times2^{4}+\cdots+(2n - 1)\times2^{n + 1}$，
两式相减，可得$-Q_{n}=1\times2+2(2^{2}+2^{3}+\cdots+2^{n})-(2n - 1)\times2^{n + 1}$
$=2+\frac{8(1 - 2^{n - 1})}{1 - 2}-(2n - 1)\times2^{n + 1}=2+2^{n + 2}-8-(2n - 1)\times2^{n + 1}$
$=(3 - 2n)\times2^{n + 1}-6$，
$\therefore Q_{n}=(2n - 3)\times2^{n + 1}+6$。

4. (2024 山东青岛二中二模,16) 欧拉函数$\varphi(n)(n\in\mathbf{N}^{*})$的函数值等于所有不超过正整数$n$且与$n$互素的正整数的个数,例如:$\varphi(1)=1,\varphi(4)=2,\varphi(8)=4$,数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n}=\varphi(2^{n})(n\in\mathbf{N}^{*})$.
(1)求$a_{1},a_{2},a_{3}$,并求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式;
(2)记$b_{n}=( -1)^{n}\frac{\log_{2}a_{2n}}{a_{2n}}$,求数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$.

答案：
(1)由题意可知$a_{1}=\varphi(2)=1$，$a_{2}=\varphi(4)=2$，$a_{3}=\varphi(8)=4$。
由题意可知，正偶数与$2^{n}$不互素，所有正奇数与$2^{n}$互素，比$2^{n}$小的正奇数有$2^{n - 1}$个，
所以$a_{n}=\varphi(2^{n})=2^{n - 1}$。
(2)由
(1)知$a_{n}=\varphi(2^{n})=2^{n - 1}$，所以$a_{2n}=\varphi(2^{2n})=2^{2n - 1}$，
所以$b_{n}=(-1)^{n}\frac{\log_{2}a_{2n}}{a_{2n}}=(-1)^{n}\frac{\log_{2}2^{2n - 1}}{2^{2n - 1}}=(-1)^{n}(2n - 1)\frac{2}{4^{n}}=(4n - 2)(-\frac{1}{4})^{n}$，
所以$S_{n}=2\times(-\frac{1}{4})^{1}+6\times(-\frac{1}{4})^{2}+\cdots+(4n - 6)\times(-\frac{1}{4})^{n - 1}+(4n - 2)\times(-\frac{1}{4})^{n}$，①
$(-\frac{1}{4})S_{n}=2\times(-\frac{1}{4})^{2}+6\times(-\frac{1}{4})^{3}+\cdots+(4n - 6)\times(-\frac{1}{4})^{n}+(4n - 2)\times(-\frac{1}{4})^{n + 1}$，②
① - ②得$\frac{5}{4}S_{n}=2\times(-\frac{1}{4})^{1}+4[(-\frac{1}{4})^{2}+\cdots+(-\frac{1}{4})^{n}]-(4n - 2)\times(-\frac{1}{4})^{n + 1}=-\frac{1}{2}+4\times\frac{\frac{1}{16}[1 - (-\frac{1}{4})^{n - 1}]}{1 - (-\frac{1}{4})}-(4n - 2)\times(-\frac{1}{4})^{n + 1}$
$=-\frac{1}{2}+\frac{1}{5}[1 - (-\frac{1}{4})^{n - 1}]-(4n - 2)\times(-\frac{1}{4})^{n + 1}=-\frac{3}{10}-\frac{20n + 6}{5\times(-4)^{n + 1}}$，
所以$S_{n}=-\frac{6}{25}+\frac{20n + 6}{25\times(-4)^{n}}$。

5. (2024 河北石家庄二模,17) 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=7,a_{n + 1}=\begin{cases}a_{n}-3,n为奇数,\\2a_{n},n为偶数.\end{cases}$
(1)写出$a_{2},a_{3},a_{4}$;
(2)证明:数列$\{ a_{2n - 1}-6\}$为等比数列;
(3)若$b_{n}=a_{2n}$,求数列$\{ n\cdot(b_{n}-3)\}$的前$n$项和$S_{n}$.

答案：
(1)因为$a_{1}=7$，所以$a_{2}=a_{1}-3=4$，$a_{3}=2a_{2}=8$，$a_{4}=a_{3}-3=5$。
(2)证明：因为$a_{n + 1}=\begin{cases}a_{n}-3,n为奇数\\2a_{n},n为偶数\end{cases}$，
所以$a_{2n + 1}-6=2a_{2n}-6=2(a_{2n - 1}-3)-6=2(a_{2n - 1}-6)$，即$\frac{a_{2n + 1}-6}{a_{2n - 1}-6}=2$，且$a_{1}-6=1$，
所以数列$\{a_{2n - 1}-6\}$是首项为$1$，公比为$2$的等比数列。
(3)由
(2)可知$a_{2n - 1}-6=1\cdot2^{n - 1}$，即$a_{2n - 1}=2^{n - 1}+6$，
因为$2n$为偶数，$2n - 1$为奇数，所以$b_{n}=a_{2n}=a_{2n - 1}-3=2^{n - 1}+3$，
所以$n\cdot(b_{n}-3)=n\cdot(2^{n - 1}+3 - 3)=n\cdot2^{n - 1}$，
则$S_{n}=1\cdot2^{0}+2\cdot2^{1}+3\cdot2^{2}+\cdots+n\cdot2^{n - 1}$，①
$2S_{n}=1\cdot2^{1}+2\cdot2^{2}+3\cdot2^{3}+\cdots+n\cdot2^{n}$，②
① - ②得$-S_{n}=1+2^{1}+2^{2}+\cdots+2^{n - 1}-n\cdot2^{n}=\frac{1 - 2^{n}}{1 - 2}-n\cdot2^{n}$，
所以$S_{n}=(n - 1)2^{n}+1$。