《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例1 已知公差不为0的等差数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=1$，$a_{4}$是$a_{2}$和$a_{8}$的等比中项。
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)保持数列$\{ a_{n}\}$中各项先后顺序不变，在$a_{k}$与$a_{k + 1}(k = 1,2,\cdots)$之间插入$2^{k}$，使它们和原数列的项构成一个新的数列$\{ b_{n}\}$，记$\{ b_{n}\}$的前$n$项和为$T_{n}$，求$T_{20}$的值。$a_n=n$2101

答案：
(1)设数列$\{a_n\}$的公差为$d(d\neq0)$，因为$a_4$是$a_2$和$a_8$的等比中项，所以$a_4^2=a_2\cdot a_8$，即$(a_1+3d)^2=(a_1+d)(a_1+7d)$，因为$a_1=1$，所以$d=1$或$d=0$(舍).所以$a_n=a_1+(n-1)d=1+(n-1)×1=n$.
(2)由
(1)得$a_n=n$，因为在$a_k$与$a_{k+1}(k=1,2,\cdots)$之间插入$2^k$，所以在数列$\{b_n\}$的前20项中，有10项来自$\{a_n\}$，10项来自$\{2^n\}$，所以$T_{20}=1+2+2+2^2+\cdots+10+2^{10}=\frac{1+10}{2}×10+\frac{2(1-2^{10})}{1-2}=2101$.

训练1 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$S_{n}=2^{n}+1$。
(1)求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)保持$\{ a_{n}\}$中各项先后顺序不变，在$a_{k}$与$a_{k + 1}$之间插入$k$个$1$，使它们和原数列的项构成一个新的数列$\{ b_{n}\}$，记$\{ b_{n}\}$的前$n$项和为$T_{n}$，求$T_{100}$的值(用数字作答)。$a_n=\begin{cases}3,n=1,\\2^{n-1},n\geq2.\end{cases}$8280

答案：
(1)由数列\{a_n\}的前n项和为S_n，且S_n=2^n+1，当$n\geq2$时，$S_{n-1}=2^{n-1}+1，$所以$a_n=S_n-S_{n-1}=2^n-2^{n-1}=2^{n-1},n\geq2，$当n=1时，$a_1=S_1=2^1+1=3，$不符合上式，所以数列\{a_n\}的通项公式为$a_n=\begin{cases}3,n=1,\\2^{n-1},n\geq2.\end{cases}(2)$保持数列\{a_n\}中各项先后顺序不变，在a_k与$a_{k+1}(k=1,2,\cdots)$之间插入k个1，则新数列\{b_n\}的前100项为$3,1,2^1,1,1,2^2,1,1,1,1,2^3,\cdots,2^{12},1,1,1,1,1,1,1,1,1，$则$T_{100}=[3+(2^1+2^2+\cdots+2^{12})]+[(1+2+\cdots+12)+9]=90+2^{13}-2=88+2^{13}=8192+88=8280.$

例2 已知等比数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=2^{n}+r$，其中$r$为常数。
(1)求$r$的值；
(2)设$b_{n}=2(1+\log_{2}a_{n})$，若数列$\{ b_{n}\}$中去掉与数列$\{ a_{n}\}$相同的项后余下的项按原来的顺序组成数列$\{ c_{n}\}$，求$c_{1}+c_{2}+c_{3}+\cdots +c_{100}$的值。-111302

答案：
(1)因为$S_n=2^n+r$，所以$a_1=S_1=2+r,a_1+a_2=S_2=4+r$，即$a_2=2$，$a_1+a_2+a_3=S_3=8+r$，即$a_3=4$，由$\{a_n\}$是等比数列可知，$a_2^2=a_1a_3$，所以$4=(2+r)×4$，即$r=-1$.此时$S_n=2^n-1,a_1=2+r=1$，当$n\geq2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=(2^n-1)-(2^{n-1}-1)=2^{n-1}$，且$a_1=1$也适合该式，故$a_n=2^{n-1}$是等比数列，即$r=-1$满足题意.所以$r=-1$.
(2)$b_n=2(1+\log_2a_n)=2(1+\log_22^{n-1})=2n$，因为$a_1=1,a_2=2=b_1,a_3=4=b_2,a_4=8=b_4$，$a_5=16=b_8,a_6=32=b_{16},a_7=64=b_{32},a_8=128=b_{64},a_9=256=b_{128}$，所以$c_1+c_2+c_3+\cdots+c_{100}=(b_1+b_2+\cdots+b_{107})-(a_2+\cdots+a_8)=\frac{107×(2+214)}{2}-\frac{2(1-2^7)}{1-2}=11302$.

训练2 (2025·汕头模拟)已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和是$S_{n}$，$a_{1}=1$，点$\left(n,\dfrac{S_{n}}{n}\right)(n\in\mathbf{N}^{*})$在斜率为$\dfrac{1}{2}$的直线上，数列$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$满足$a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots +a_{n}b_{n}=2+(n - 1)\cdot 2^{n + 1}$。
(1)求数列$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$的通项公式；
(2)若数列$\{ a_{n}\}$中去掉和数列$\{ b_{n}\}$中相同的项后，余下的项按原来的顺序组成数列$\{ c_{n}\}$，且数列$\{ c_{n}\}$的前$n$项和为$T_{n}$，求$T_{100}$。$a_n=n$$b_n=2^n$5545

答案：
(1)
∵点$(n,\frac{S_n}{n})(n\in N^*)$在斜率为$\frac{1}{2}$的直线上，$\therefore\frac{S_n}{n}-\frac{S_{n-1}}{n-1}=\frac{1}{2}(n\geq2,n\in N^*)$，又$\frac{S_1}{1}=a_1=1,\therefore$数列$\{\frac{S_n}{n}\}$是以1为首项，$\frac{1}{2}$为公差的等差数列，$\therefore\frac{S_n}{n}=\frac{n+1}{2},\therefore S_n=\frac{n^2+n}{2}(n\in N^*)$.当$n\geq2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=n$，当$n=1$时，$a_1=1$满足上式，$\therefore a_n=n(n\in N^*)$.
∵数列$\{a_n\},\{b_n\}$满足$a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n=2+(n-1)\cdot2^{n+1}$，$\therefore$当$n\geq2$时，$a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_{n-1}b_{n-1}=2+(n-2)\cdot2^n$，两式相减，得$a_nb_n=n\cdot2^{n}(n\geq2)$，当$n=1$时，$a_1b_1=2+(1-1)×2^2=2=1×2^1$，满足上式，$\therefore a_nb_n=n\cdot2^n(n\in N^*),\therefore b_n=2^n(n\in N^*)$.
(2)设数列$\{a_n\}$的前$p$项中有数列$\{b_n\}$的$q$项，$p-q=100$，则$2^q\leq p$，即$2^q\leq100+q$.易得满足$2^q\leq100+q$的最大正整数$q$为6，$\therefore$数列$\{c_n\}$的前100项，由数列$\{a_n\}$的前106项去掉数列$\{b_n\}$中相同的6项得到，$\therefore T_{100}=S_{106}-(2+2^2+\cdots+2^6)=\frac{(1+106)×106}{2}-\frac{2×(1-2^6)}{1-2}=5545$.