《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

例2　　在等差数列$\{ a_{n}\}$中，已知$a_{6}=12,a_{18}=36$.
　(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式;
　(2)若$b_{n}=(-1)^{n}\cdot a_{n}$，求数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$.

答案： 解
(1)由题意，设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，
则$\begin{cases}a_{1}+5d = 12\\a_{1}+17d = 36\end{cases}$，解得$\begin{cases}a_{1}=2\\d = 2\end{cases}$，
$\therefore a_{n}=2+(n - 1)\times2=2n$．
(2)由
(1)，得$b_{n}=(-1)^{n}\cdot a_{n}=(-1)^{n}\cdot2n$，
$\therefore S_{n}=b_{1}+b_{2}+\cdots +b_{n}=-2 + 4-6 + 8-\cdots+(-1)^{n}\cdot2n$，
(ⅰ)当$n$为偶数时，$S_{n}=b_{1}+b_{2}+\cdots +b_{n}=-2 + 4-6 + 8-\cdots+(-1)^{n}\cdot2n=(-2 + 4)+(-6 + 8)+\cdots+[-2(n - 1)+2n]=2 + 2+\cdots+2=\frac{n}{2}\times2=n$；
(ⅱ)当$n$为奇数时，$n - 1$为偶数，
$S_{n}=b_{1}+b_{2}+\cdots +b_{n}=S_{n - 1}+b_{n}=n - 1-2n=-n - 1$．
$\therefore S_{n}=\begin{cases}n,n为偶数\\-n - 1,n为奇数\end{cases}$．

2.(2024·浙江台州中学质检)已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}+2a_{2}+\cdots +na_{n}=2n$，数列$\{ b_{n}\}$满足对任意正整数$m\geqslant 2$均有$b_{m - 1}+b_{m}+b_{m + 1}=\frac{1}{a_{m}}$成立.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式;
　(2)求数列$\{ b_{n}\}$的前99项和.

答案： 解
(1)因为$a_{1}+2a_{2}+\cdots+na_{n}=2n$，
所以当$n\geqslant2$时，$a_{1}+2a_{2}+\cdots+(n - 1)a_{n - 1}=2(n - 1)$．
两式相减，得$na_{n}=2$，所以$a_{n}=\frac{2}{n}(n\geqslant2)$．
又当$n = 1$时，$a_{1}=2$，也符合上式，所以$a_{n}=\frac{2}{n}$．
(2)由
(1)知$\frac{1}{a_{n}}=\frac{n}{2}$．
因为对任意的正整数$m\geqslant2$，
均有$b_{m - 1}+b_{m}+b_{m + 1}=\frac{1}{a_{m}}=\frac{m}{2}$，
故数列$\{ b_{n}\}$的前$99$项和$b_{1}+b_{2}+b_{3}+b_{4}+b_{5}+b_{6}+\cdots +b_{97}+b_{98}+b_{99}=(b_{1}+b_{2}+b_{3})+(b_{4}+b_{5}+b_{6})+\cdots+(b_{97}+b_{98}+b_{99})=\frac{1}{a_{2}}+\frac{1}{a_{5}}+\cdots+\frac{1}{a_{98}}=\frac{2}{2}+\frac{5}{2}+\cdots+\frac{98}{2}=\frac{33\times(\frac{2}{2}+\frac{98}{2})}{2}=825$．

例3　(2023·承德模拟)已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$\frac{a_{n}+1}{S_{n}}=\frac{2}{n}$.
　(1)证明：数列$\{ a_{n}\}$是等差数列;
　(2)若$a_{2}+1,a_{3}+1,a_{5}$成等比数列.从下面三个条件中选择一个，求数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}$.
　①$b_{n}=\frac{n}{a_{n}^{2}a_{n + 1}^{2}}$；②$b_{n}=\frac{1}{\sqrt{a_{n}}+\sqrt{a_{n + 1}}}$；③$b_{n}=\frac{2n + 3}{a_{n}a_{n + 1}2^{n + 1}}$.
　注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

答案： 解
(1)证明：因为$\frac{a_{n}+1}{S_{n}}=\frac{2}{n}$，即$n(a_{n}+1)=2S_{n}$，
当$n = 1$时，$a_{1}+1=2S_{1}$，解得$a_{1}=1$，
当$n\geqslant2$时，$(n - 1)(a_{n - 1}+1)=2S_{n - 1}$，
所以$n(a_{n}+1)-(n - 1)(a_{n - 1}+1)=2S_{n}-2S_{n - 1}$，
即$n(a_{n}+1)-(n - 1)(a_{n - 1}+1)=2a_{n}$，
所以$(n - 2)a_{n}-(n - 1)a_{n - 1}+1=0$，
当$n = 2$时，上述式子恒成立，
当$n＞2$时，两边同除以$(n - 2)(n - 1)$可得
$\frac{a_{n}}{n - 1}-\frac{a_{n - 1}}{n - 2}=-\frac{1}{(n - 1)(n - 2)}=\frac{1}{n - 1}-\frac{1}{n - 2}$，
即$\frac{a_{n}}{n - 1}-\frac{1}{n - 1}=\frac{a_{n - 1}}{n - 2}-\frac{1}{n - 2}$，所以$\{\frac{a_{n}-1}{n - 1}\}$为常数列，
即$\frac{a_{n}-1}{n - 1}=a_{2}-1$，
所以$a_{n}-1=(n - 1)(a_{2}-1)$，即$a_{n}=(n - 1)(a_{2}-1)+1$，
当$n = 1$时，也适合上式，
所以$a_{n + 1}-a_{n}=n(a_{2}-1)+1-(n - 1)(a_{2}-1)-1=a_{2}-1$，
所以数列$\{ a_{n}\}$是以$1$为首项，$a_{2}-1$为公差的等差数列．
(2)设$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，因为$a_{2}+1$，$a_{3}+1$，$a_{5}$成等比数列，
所以$(a_{3}+1)^{2}=a_{5}(a_{2}+1)$，即$(2 + 2d)^{2}=(1 + 4d)(2 + d)$，
解得$d = 2$，所以$a_{n}=2n - 1$．
若选①$b_{n}=\frac{n}{a_{n}^{2}a_{n + 1}^{2}}$，
则$b_{n}=\frac{n}{(2n - 1)^{2}(2n + 1)^{2}}=\frac{1}{8}[\frac{1}{(2n - 1)^{2}}-\frac{1}{(2n + 1)^{2}}]$，
所以$T_{n}=\frac{1}{8}[\frac{1}{1^{2}}-\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{3^{2}}-\frac{1}{5^{2}}+\cdots+\frac{1}{(2n - 1)^{2}}-\frac{1}{(2n + 1)^{2}}]=\frac{1}{8}[1-\frac{1}{(2n + 1)^{2}}]$．
若选②$b_{n}=\frac{1}{\sqrt{a_{n}}+\sqrt{a_{n + 1}}}$，
则$b_{n}=\frac{1}{\sqrt{2n - 1}+\sqrt{2n + 1}}=\frac{\sqrt{2n + 1}-\sqrt{2n - 1}}{(\sqrt{2n - 1}+\sqrt{2n + 1})(\sqrt{2n + 1}-\sqrt{2n - 1})}=\frac{1}{2}(\sqrt{2n + 1}-\sqrt{2n - 1})$，
所以$T_{n}=\frac{1}{2}(\sqrt{3}-\sqrt{1}+\sqrt{5}-\sqrt{3}+\cdots+\sqrt{2n + 1}-\sqrt{2n - 1})=\frac{1}{2}(\sqrt{2n + 1}-1)$．
若选③$b_{n}=\frac{2n + 3}{a_{n}a_{n + 1}2^{n + 1}}$，
则$b_{n}=\frac{2n + 3}{(2n - 1)(2n + 1)2^{n + 1}}=\frac{1}{(2n - 1)\times2^{n}}-\frac{1}{(2n + 1)\times2^{n + 1}}$，
所以$T_{n}=\frac{1}{1\times2^{1}}-\frac{1}{3\times2^{2}}+\frac{1}{3\times2^{2}}-\frac{1}{5\times2^{3}}+\cdots+\frac{1}{(2n - 1)\times2^{n}}-\frac{1}{(2n + 1)\times2^{n + 1}}=\frac{1}{2}-\frac{1}{(2n + 1)\times2^{n + 1}}$．