《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

训练 2 （2025·金丽衢十二校联考）已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前 $ n $ 项和为 $ S_{n} $，且 $ 2S_{n}=2a_{n}+n^{2}-1 $.
（1）求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）求数列$\{\frac{1}{a_{n}a_{n +$解 (1)因为$2S_n=2a_n + n^2 - 1$①所以当$n\geq2$时，$2S_{n - 1}=2a_{n - 1}+(n - 1)^2 - 1$②① - ②得$2a_n=2a_n - 2a_{n - $1}}\}$的前 $ n $ 项和 $ T_{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$\frac{1}{a_na_{n + 1}}=\frac{1}{(n+\frac{1}{2})(n+\frac{3}{2})}=\frac{1}{n+\frac{1}{2}}-\frac{1}{n+\frac{3}{2}}$所以$T_n=\frac{1}{a_1a_2}+\frac{1}{a_2a_3}+\cdots+\frac{1}{a_na_{n + 1}}=\frac{2}{3}-\frac{2}{5}+\frac{2}{5}-\frac{2}{7}+\cdots+\frac{2}{2n + 1}-\frac{2}{2n + 3}=\frac{2}{3}-\frac{2}{2n + 3}$

答案： 解
(1)因为$2S_n=2a_n + n^2 - 1$①所以当$n\geq2$时，$2S_{n - 1}=2a_{n - 1}+(n - 1)^2 - 1$②① - 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$\frac{1}{a_na_{n + 1}}=\frac{1}{(n+\frac{1}{2})(n+\frac{3}{2})}=\frac{1}{n+\frac{1}{2}}-\frac{1}{n+\frac{3}{2}}$所以$T_n=\frac{1}{a_1a_2}+\frac{1}{a_2a_3}+\cdots+\frac{1}{a_na_{n + 1}}=\frac{2}{3}-\frac{2}{5}+\frac{2}{5}-\frac{2}{7}+\cdots+\frac{2}{2n + 1}-\frac{2}{2n + 3}=\frac{2}{3}-\frac{2}{2n + 3}$

考点三 错位相减法求和
例 3 （12 分）（2024·全国甲卷）设 $ S_{n} $ 为数列$\{ a_{n}\}$的前 $ n $ 项和，已知 $ 4S_{n}=3a_{n}+4 $.
（1）求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）设 $ b_{n}=(-1)^{n - 1}na_{n} $，求数列$\{ b_{n}\}$的前 $ n $ 项和 $ T_{n} $.
思路分析
1. 利用 $ a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}(n\geq2) $ 消去 $ 4S_{n}=3a_{n}+4 $ 中的 $ S_{n} $，得到 $ a_{n} $ 与 $ a_{n - 1} $ 的递推式，可判断$\{ a_{n}\}$为等比数列，利用公式可求其通项.
2. 根据 $ b_{n}=(-1)^{n - 1}na_{n} $ 求出$\{ b_{n}\}$的通项公式，利用错位相减法求 $ T_{n} $.
规范解答
解 （1）因为 $ 4S_{n}=3a_{n}+4 $，①
所以当 $ n\geq2 $ 时，$ 4S_{n - 1}=3a_{n - 1}+4 $.②
则当 $ n\geq2 $ 时，①$-$②得 $ 4a_{n}=3a_{n}-3a_{n - 1} $，
即 $ a_{n}=-3a_{n - 1} $.
当 $ n = 1 $ 时，由 $ 4S_{n}=3a_{n}+4 $.
得 $ 4a_{1}=3a_{1}+4 $，
所以 $ a_{1}=4\neq0 $，
所以数列$\{ a_{n}\}$是以 $ 4 $ 为首项，$-3 $ 为公比的等比数列，
所以 $ a_{n}=4×(-3)^{n - 1} $.
（2）因为 $ b_{n}=(-1)^{n - 1}na_{n}=(-1)^{n - 1}n×4×(-3)^{n - 1}= $____，
所以 $ T_{n}=4×3^{0}+8×3^{1}+12×3^{2}+\cdots + 4n\cdot3^{n - 1} $，
所以 $ 3T_{n}=4×3^{1}+8×3^{2}+12×3^{3}+\cdots + 4n\cdot3^{n} $，
两式相减得 $ -2T_{n}=4 + 4(3^{1}+3^{2}+\cdots + 3^{n - 1})-4n\cdot3^{n}= $____，
$ = -2+(2 - 4n)\cdot3^{n} $，
所以 $ T_{n}=1+(2n - 1)\cdot3^{n} $.
满分规则
1. 得步骤分
①处利用 $ a_{n}=S_{n}-S_{n - 1} $ 消去 $ S_{n} $ 即可得 $ 2 $ 分，④处有错位相减求和的意识，即使后续计算错误也可得 $ 2 $ 分，②处若忘掉求 $ a_{1} $，则会失掉 $ 1 $ 分.
2. 得关键分
③处求得 $ b_{n} $ 是解第（2）题的关键，此处出错或不能根据其特征得到求其和的方法，那么第（2）题会不得分.
3. 得计算分
⑤处需要准确的计算，否则不得分，这也是错位相减法易出错处.

答案： 解 （1）因为 $ 4S_{n}=3a_{n}+4 $，①所以当 $ n\geq2 $ 时，$ 4S_{n - 1}=3a_{n - 1}+4 $.②则当 $ n\geq2 $ 时，①$-$②得 $ 4a_{n}=3a_{n}-3a_{n - 1} $，即 $ a_{n}=-3a_{n - 1} $.当 $ n = 1 $ 时，由 $ 4S_{n}=3a_{n}+4 $，得 $ 4a_{1}=3a_{1}+4 $，所以 $ a_{1}=4\neq0 $，所以数列$\{ a_{n}\}$是以 $ 4 $ 为首项，$-3 $ 为公比的等比数列，所以 $ a_{n}=4×(-3)^{n - 1} $。（2）因为 $ b_{n}=(-1)^{n - 1}na_{n}=(-1)^{n - 1}n×4×(-3)^{n - 1}=4n\cdot3^{n - 1} $，所以 $ T_{n}=4×3^{0}+8×3^{1}+12×3^{2}+\cdots + 4n\cdot3^{n - 1} $，所以 $ 3T_{n}=4×3^{1}+8×3^{2}+12×3^{3}+\cdots + 4n\cdot3^{n} $，两式相减得 $ -2T_{n}=4 + 4(3^{1}+3^{2}+\cdots + 3^{n - 1})-4n\cdot3^{n}=4 + 4×\frac{3(3^{n - 1}-1)}{3 - 1}-4n\cdot3^{n}=-2+(2 - 4n)\cdot3^{n} $，所以 $ T_{n}=1+(2n - 1)\cdot3^{n} $。

训练 3 （2025·南通、徐州大联考）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}$解 (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$2a_n + 2a_{n - 1}=(a_n - a_{n - 1})(a_n + a_{n - 1})=2$，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$b_n=a_n\cdot a_{2n}=(2n - 1)(2^{n + 1}-1)=(2n - 1)2^{n + 1}-(2n - 1)$，记$A_n=\sum_{i = 1}^{n}(2i - 1)2^{i + 1},B_n=\sum_{i = 1}^{n}(2i - 1)$，则$B_n=n^2$，因为$A_n=\sum_{i = 1}^{n}(2i - 1)\cdot2^{i + 1},2A_n=\sum_{i = 1}^{n}(2i - 1)\cdot2^{i + 2}$，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$T_n=A_n - B_n=(2n - 3)2^{n + 2}+12 - n^2$.

答案： 解
(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$2a_n + 2a_{n - 1}=(a_n - a_{n - 1})(a_n + a_{n - 1})=2$，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$b_n=a_n\cdot a_{2n}=(2n - 1)(2^{n + 1}-1)=(2n - 1)2^{n + 1}-(2n - 1)$，记$A_n=\sum_{i = 1}^{n}(2i - 1)2^{i + 1},B_n=\sum_{i = 1}^{n}(2i - 1)$，则$B_n=n^2$，因为$A_n=\sum_{i = 1}^{n}(2i - 1)\cdot2^{i + 1},2A_n=\sum_{i = 1}^{n}(2i - 1)\cdot2^{i + 2}$，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$T_n=A_n - B_n=(2n - 3)2^{n + 2}+12 - n^2$.