《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 1 （2025·邯郸调研）已知数列$\{ a_{n}\}$的前 $ n $ 项和为 $ S_{n} $，且满足 $ S_{n}=n^{2}+1 $.
（1）求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）若数列 $ b_{n}=(-1)^{n}a_{n} $，求数列$\{ b_{n}\}$的前 $ 2n $ 项和 $ T_{2n} $.解 (1)因为$S_n=n^2 + 1，$当n = 1时，$a_1=S_1=1^2 + 1 = 2，$当$n\geq2$时，$S_{n - 1}=(n - 1)^2 + 1，$则$a_n=S_n - S_{n - 1}=n^2 + 1-(n - 1)^2 - 1 = 2n - 1，$当n = 1时，$a_1$不满足上式，所以$a_n=\begin{cases}2,n = 1,\\2n - 1,n\geq2.\end{cases}$(2)由(1)可得$b_n=(-1)^na_n=\begin{cases}-2,n = 1,\-1)^n\cdot(2n - 1),n\geq2.\end{cases}$所以$T_{2n}=-2 + 3-5 + 7-9 + 11-13+\cdots+(4n - 5)-(4n -$$3)+(4n - 1)=-2+(3 - 5)+(7 - 9)+(11 - 13)+\cdots+[(4n - 5)-(4n - 3)]+4n - 1=-2-2(n - 1)+4n - 1 = 2n - 1.$

答案： 解
(1)因为$S_n=n^2 + 1$，当$n = 1$时，$a_1=S_1=1^2 + 1 = 2$，当$n\geq2$时，$S_{n - 1}=(n - 1)^2 + 1$，则$a_n=S_n - S_{n - 1}=n^2 + 1-(n - 1)^2 - 1 = 2n - 1$，当$n = 1$时，$a_1$不满足上式，所以$a_n=\begin{cases}2,n = 1,\\2n - 1,n\geq2.\end{cases}$
(2)由
(1)可得$b_n=(-1)^na_n=\begin{cases}-2,n = 1,\\(-1)^n\cdot(2n - 1),n\geq2.\end{cases}$所以$T_{2n}=-2 + 3-5 + 7-9 + 11-13+\cdots+(4n - 5)-(4n - 3)+(4n - 1)=-2+(3 - 5)+(7 - 9)+(11 - 13)+\cdots+[(4n - 5)-(4n - 3)]+4n - 1=-2-2(n - 1)+4n - 1 = 2n - 1$.

训练 1 （2025·潍坊测评）已知数列$\{ a_{n}\}$的前 $ n $ 项和为 $ S_{n} $，且满足 $ S_{n}=\frac{n + 1}{2}a_{n},a_{1}=1 $.
（1）求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）设数列$\{ b_{n}\}$满足 $ b_{n}=\begin{cases}2^{a_{n}},n 为偶数,\frac{a_{n}+2}{a_{n}}+\frac{a_{n}}{a_{n}+2}-2,n 为奇数,\end{cases} $ 求数列$\{ b_{n}\}$的前 $ 2n $ 项和 $ T_{2n}$解 (1)因为$S_n=\frac{n + 1}{2}a_n$，当$n\geq2$时，$S_{n - 1}=\frac{n}{2}a_{n - 1}$，两式相减得$\frac{a_n}{a_{n - 1}}=\frac{n}{n - 1}$，所以$\frac{a_2}{a_1}=2$，$\frac{a_3}{a_2}=\frac{3}{2}$，$\cdots$，$\frac{a_n}{a_{n - 1}}=\frac{n}{n - 1}$，由累乘法得$\frac{a_n}{a_1}=n$，所以$a_n=n(n\geq2)$，当$n = 1$时，符合上式，所以$a_n=n(n\in N^*)$.$$.(2)$b_n=\begin{cases}2^n,n为偶数,\frac{n + 2}{n}+\frac{n}{n + 2}-2,n为奇数,\end{cases}$当$n$为奇数时，$b_n=1+\frac{2}{n}+1-\frac{2}{n + 2}-2=2(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 2})$，所以$T_{2n}=2^2+2^4+\cdots+2^{2n}+2(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2n - 1}-\frac{1}{2n + 1})= \frac{4(1 - 4^n)}{1 - 4}+\frac{4n}{2n + 1}-\frac{4^{n + 1}}{2n + 1}-\frac{4n}{2n + 1}$.

答案： 解
(1)因为$S_n=\frac{n + 1}{2}a_n$，当$n\geq2$时，$S_{n - 1}=\frac{n}{2}a_{n - 1}$，两式相减得$\frac{a_n}{a_{n - 1}}=\frac{n}{n - 1}$，所以$\frac{a_2}{a_1}=2$，$\frac{a_3}{a_2}=\frac{3}{2}$，$\cdots$，$\frac{a_n}{a_{n - 1}}=\frac{n}{n - 1}$，由累乘法得$\frac{a_n}{a_1}=n$，所以$a_n=n(n\geq2)$，当$n = 1$时，符合上式，所以$a_n=n(n\in N^*)$.
(2)$b_n=\begin{cases}2^n,n为偶数,\frac{n + 2}{n}+\frac{n}{n + 2}-2,n为奇数,\end{cases}$当$n$为奇数时，$b_n=1+\frac{2}{n}+1-\frac{2}{n + 2}-2=2(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 2})$，所以$T_{2n}=2^2+2^4+\cdots+2^{2n}+2(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2n - 1}-\frac{1}{2n + 1})= \frac{4(1 - 4^n)}{1 - 4}+\frac{4n}{2n + 1}-\frac{4^{n + 1}}{2n + 1}-\frac{4n}{2n + 1}$.

考点二 裂项相消法求和
例 2 （2025·广东部分学校联考）已知正项数列$\{ a_{n}\}$的前 $ n $ 项和为 $ S_{n} $，且 $ a_{1}=1,nS_{n + 1}=(n + 2)S_{n} $.
（1）求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）设 $ b_{n}=2^{a_{n}} $，若数列$\{ c_{n}\}$满足 $ c_{n}=\frac{b_{n}}{(b_{n}-1)(b_{n + 1}-1)} $，求$\{ c_{n}\}$的前 $ n $ 项和.解 (1)因为$nS_{n + 1}=(n + 2)S_n$，且$n\in N^*$，所以$\frac{S_{n + 1}}{(n + 1)(n + 2)}=\frac{S_n}{n(n + 1)}$，可知数列$\{\frac{S_n}{n(n + 1)}\}$为常数列，且$\frac{S_1}{1×2}=\frac{a_1}{2}=\frac{1}{2}$，则$\frac{S_n}{n(n + 1)}=\frac{1}{2}$，即$S_n=\frac{n(n + 1)}{2}$，当$n\geq2$时，$a_n=S_n - S_{n - 1}=\frac{n(n + 1)}{2}-\frac{n(n - 1)}{2}=n$，且$a_1 = 1$也符合上式，所以$a_n=n,n\in N^*$.(2)由(1)可得$b_n=2^n$，则$c_n=\frac{b_n}{(b_n - 1)(b_{n + 1}-1)}=\frac{2^n}{(2^n - 1)(2^{n + 1}-1)}=\frac{1}{2^n - 1}-\frac{1}{2^{n + 1}-1}$，所以$\{c_n\}$的前$n$项和为$T_n=1-\frac{1}{2^{n + 1}-1}$.

答案： 解
(1)因为$nS_{n + 1}=(n + 2)S_n$，且$n\in N^*$，所以$\frac{S_{n + 1}}{(n + 1)(n + 2)}=\frac{S_n}{n(n + 1)}$，可知数列$\{\frac{S_n}{n(n + 1)}\}$为常数列，且$\frac{S_1}{1×2}=\frac{a_1}{2}=\frac{1}{2}$，则$\frac{S_n}{n(n + 1)}=\frac{1}{2}$，即$S_n=\frac{n(n + 1)}{2}$，当$n\geq2$时，$a_n=S_n - S_{n - 1}=\frac{n(n + 1)}{2}-\frac{n(n - 1)}{2}=n$，且$a_1 = 1$也符合上式，所以$a_n=n,n\in N^*$.
(2)由
(1)可得$b_n=2^n$，则$c_n=\frac{b_n}{(b_n - 1)(b_{n + 1}-1)}=\frac{2^n}{(2^n - 1)(2^{n + 1}-1)}=\frac{1}{2^n - 1}-\frac{1}{2^{n + 1}-1}$，所以$\{c_n\}$的前$n$项和为$T_n=1-\frac{1}{2^{n + 1}-1}$.