《2025年高考帮数学》

训练1 [2023长沙一中5月三模]已知数列$\{ a_{n}\}$满足$2a_{n + 1}=a_{n}+a_{n + 2}(n\in N^{*})$，它的前$n$项和为$S_{n}$，且$a_{3}=-25,S_{6}=-144$.
(1)求$S_{n}$的最小值；
(2)求数列$\{ |a_{n}|\}$的前$n$项和$T_{n}$.

答案：
(1)由$2a_{n + 1}=a_{n}+a_{n + 2}$可得$a_{n + 1}-a_{n}=a_{n + 2}-a_{n + 1}$，所以$\{ a_{n}\}$是等差数列. 设$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，由$\begin{cases}a_{3}=-25,\\S_{6}=-144\end{cases}$得$\begin{cases}a_{1}+2d=-25,\\6a_{1}+\frac{6\times5}{2}d=-144,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_{1}=-29,\\d = 2.\end{cases}$
所以$S_{n}=-29n+\frac{n(n - 1)}{2}\times2=n^{2}-30n=(n - 15)^{2}-225$，
所以当$n = 15$时，$S_{n}$取得最小值$-225$.
(2)由
(1)知$a_{n}=-29+(n - 1)\times2=2n - 31$，则当$n\leqslant15$时，$a_{n}＜0$，当$n\geqslant16$时，$a_{n}＞0$.
当$n\leqslant15$时，$T_{n}=-S_{n}=-n^{2}+30n$，
当$n\geqslant16$时，$T_{n}=-S_{15}+S_{n}-S_{15}=n^{2}-30n + 450$.
综上，$T_{n}=\begin{cases}-n^{2}+30n,n\leqslant15,\\n^{2}-30n + 450,n\geqslant16.\end{cases}$

例2 [2022天津高考]已知$\{ a_{n}\}$是等差数列，其前$n$项和为$S_{n}$，$\{ b_{n}\}$是等比数列，$a_{1}=b_{1}=a_{2}-b_{2}=a_{3}-b_{3}=1$.
(1)求$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$的通项公式.
(2)证明：$(S_{n + 1}+a_{n + 1})b_{n}=S_{n + 1}\cdot b_{n + 1}-S_{n}\cdot b_{n}$.
(3)求$\sum_{k = 1}^{2n}[a_{k + 1}-(-1)^{k}a_{k}]b_{k}$.

答案：
(1)设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，等比数列$\{ b_{n}\}$的公比为$q$，
根据$a_{1}=b_{1}=a_{2}-b_{2}=a_{3}-b_{3}=1$得$\begin{cases}1 + d - q = 1,\\1 + 2d - q^{2}=1,\end{cases}$
解得$d = q = 0$(舍)或$d = q = 2$，
所以$a_{n}=2n - 1$，$b_{n}=2^{n - 1}$.
(2)解法一 因为$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，所以$S_{n}=\frac{(a_{1}+a_{n})n}{2}=\frac{n(1 + 2n - 1)}{2}=n^{2}$，
则$(S_{n + 1}+a_{n + 1})b_{n}=[(n + 1)^{2}+2(n + 1)-1]\cdot2^{n - 1}=(n^{2}+4n + 2)\cdot2^{n - 1}$，
$S_{n + 1}\cdot b_{n + 1}-S_{n}\cdot b_{n}=(n + 1)^{2}\cdot2^{n}-n^{2}\cdot2^{n - 1}=2^{n - 1}\cdot[2(n + 1)^{2}-n^{2}]=2^{n - 1}\cdot(n^{2}+4n + 2)$，
所以$(S_{n + 1}+a_{n + 1})b_{n}=S_{n + 1}\cdot b_{n + 1}-S_{n}\cdot b_{n}$.
解法二 因为$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，所以$(S_{n + 1}+a_{n + 1})b_{n}=(S_{n}+a_{n + 1}+a_{n + 1})b_{n}=(S_{n}+2a_{n + 1})b_{n}$，
$S_{n + 1}\cdot b_{n + 1}-S_{n}\cdot b_{n}=(S_{n}+a_{n + 1})\cdot(2b_{n})-S_{n}\cdot b_{n}=b_{n}(2S_{n}+2a_{n + 1}-S_{n})=(S_{n}+2a_{n + 1})b_{n}$，
所以$(S_{n + 1}+a_{n + 1})b_{n}=S_{n + 1}\cdot b_{n + 1}-S_{n}\cdot b_{n}$.
(3)令$c_{n}=[a_{n + 1}-(-1)^{n}a_{n}]b_{n}$，
当$n$为奇数时，$c_{n}=(a_{n + 1}+a_{n})b_{n}=(2n + 1+2n - 1)\cdot2^{n - 1}=4n\cdot2^{n - 1}=n\cdot2^{n + 1}$，
当$n$为偶数时，$c_{n}=(a_{n + 1}-a_{n})b_{n}=(2n + 1-2n + 1)\cdot2^{n - 1}=2\times2^{n - 1}=2^{n}$，
则$\sum_{k = 1}^{2n}[a_{k + 1}-(-1)^{k}a_{k}]b_{k}=(c_{1}+c_{3}+c_{5}+\cdots +c_{2n - 1})+(c_{2}+c_{4}+c_{6}+\cdots +c_{2n})$，
令$T_{n}=c_{1}+c_{3}+c_{5}+\cdots +c_{2n - 1}=1\times2^{2}+3\times2^{4}+5\times2^{6}+\cdots+(2n - 1)\cdot2^{2n}$，
则$4T_{n}=1\times2^{4}+3\times2^{6}+5\times2^{8}+\cdots+(2n - 1)\cdot2^{2n + 2}$，
所以$-3T_{n}=2^{2}+2(2^{4}+2^{6}+\cdots +2^{2n})-(2n - 1)\cdot2^{2n + 2}=4+2\times\frac{2^{4}(1 - 4^{n - 1})}{1 - 4}-(2n - 1)\cdot2^{2n + 2}$，
所以$T_{n}=\frac{20+(6n - 5)\cdot2^{2n + 2}}{9}$.
令$A_{n}=c_{2}+c_{4}+c_{6}+\cdots +c_{2n}=2^{2}+2^{4}+2^{6}+\cdots +2^{2n}=\frac{4(1 - 4^{n})}{1 - 4}=\frac{2^{2n + 2}-4}{3}$.
所以$\sum_{k = 1}^{2n}[a_{k + 1}-(-1)^{k}a_{k}]b_{k}=T_{n}+A_{n}=\frac{20+(6n - 5)\cdot2^{2n + 2}}{9}+\frac{2^{2n + 2}-4}{3}=\frac{8+(3n - 1)\cdot2^{2n + 3}}{9}$.

训练2 [2023南京六校联考]已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=1,a_{2}=3$，数列$\{ b_{n}\}$为等比数列，且满足$b_{n}(a_{n + 1}-a_{n})=b_{n + 1}$.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)已知数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若______，记数列$\{ c_{n}\}$满足$c_{n}=\begin{cases}a_{n},n为奇数,\\b_{n},n为偶数,\end{cases}$求数列$\{ c_{n}\}$的前$2n$项和$T_{2n}$.
在①$2S_{2}=S_{3}-2$，②$b_{2},2a_{3},b_{4}$成等差数列，③$S_{6}=126$这三个条件中任选一个，补充在第(2)问中，并对其求解.

答案：
(1)因为$b_{n}(a_{n + 1}-a_{n})=b_{n + 1}$，$a_{1}=1$，$a_{2}=3$，
所以令$n = 1$，得$2b_{1}=b_{2}$，
又数列$\{ b_{n}\}$为等比数列，所以$b_{n + 1}=2b_{n}$，即数列$\{ b_{n}\}$的公比为$2$.
则$a_{n + 1}-a_{n}=2$，
所以数列$\{ a_{n}\}$是以$1$为首项，$2$为公差的等差数列，
所以$a_{n}=2n - 1$.
(2)由
(1)知数列$\{ b_{n}\}$是公比为$2$的等比数列.
若选①，由$2S_{2}=S_{3}-2$得$2(b_{1}+2b_{1})=b_{1}+2b_{1}+4b_{1}-2$，所以$b_{1}=2$，则$b_{n}=2^{n}$.
若选②，由$b_{2}$，$2a_{3}$，$b_{4}$成等差数列得$b_{2}+b_{4}=4a_{3}$，即$2b_{1}+8b_{1}=20$，所以$b_{1}=2$，则$b_{n}=2^{n}$.
若选③，由$S_{6}=126$得$\frac{b_{1}(1 - 2^{6})}{1 - 2}=126$，所以$b_{1}=2$，则$b_{n}=2^{n}$.
所以$c_{n}=\begin{cases}2n - 1,n为奇数,\\2^{n},n为偶数.\end{cases}$
所以数列$\{ c_{n}\}$的奇数项是以$1$为首项，$4$为公差的等差数列，偶数项是以$4$为首项，$4$为公比的等比数列.
所以$T_{2n}=(a_{1}+a_{3}+\cdots +a_{2n - 1})+(b_{2}+b_{4}+\cdots +b_{2n})$
$=n+\frac{n(n - 1)}{2}\times4+\frac{4(1 - 4^{n})}{1 - 4}$
$=2n^{2}-n+\frac{4(4^{n}-1)}{3}$.