《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例3 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=\dfrac{3n^{2}+n}{2}$，$\{ b_{n}\}$为等比数列，公比为2，且$b_{1}$，$b_{2}+1$，$b_{3}$为等差数列。
(1)求$\{ a_{n}\}$与$\{ b_{n}\}$的通项公式；
(2)把数列$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$的公共项由小到大排成的数列记为$\{ c_{n}\}$，求数列$\{ c_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}$。$a_n=3n-1$$b_n=2^n$$T_n=\frac{2(4^n-1)}{3}$

答案：
(1)由$S_n=\frac{3n^2+n}{2}$得，当$n=1$时，$a_1=S_1=2$，当$n\geq2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=3n-1$，当$n=1$时，上式也成立，所以$a_n=3n-1$.依题意，$b_1+b_3=2(b_2+1)$，$b_1+b_1\cdot2^1=2(b_1\cdot2+1)$，解得$b_1=2$，所以$b_n=2^n$.
(2)数列$\{a_n\}$和$\{b_n\}$的公共项从小到大依次为$2^1,2^3,2^5,2^7,\cdots$，所以$2^1,2^3,2^5,2^7,\cdots$构成首项为2，公比为4的等比数列，所以$c_n=2×4^{n-1}$，则$T_n=c_1+c_2+\cdots+c_n=\frac{2(1-4^n)}{1-4}=\frac{2(4^n-1)}{3}$.

训练3 (2025·泉州质检)已知等差数列$\{ a_{n}\}$和等比数列$\{ b_{n}\}$满足$a_{1}=4$，$b_{1}=2$，$a_{2}=2b_{2}-1$，$a_{3}=b_{3}+2$。
(1)求$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$的通项公式；
(2)数列$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$中的所有项分别构成集合$A$，$B$，将$A\cup B$的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列$\{ c_{n}\}$，求数列$\{ c_{n}\}$的前60项和$S_{60}$。$a_n=3n+1$$b_n=2^n$5014

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$q$，由$\begin{cases}4+d=2\cdot2q-1,\\4+2d=2\cdot q^2+2,\end{cases}$
∵$\begin{cases}d=4q-5,\\d=q^2-1,\end{cases}$$\therefore q=2,d=3,\therefore a_n=3n+1,b_n=2^n$.
(2)当$\{c_n\}$的前60项中含有$\{b_n\}$的前6项时，令$3n+1＜2^7=128,\therefore n＜\frac{127}{3}$，此时至多有42+6=48项，不符合题意.当$\{c_n\}$的前60项中含有$\{b_n\}$的前7项时，令$3n+1＜2^8=256,\therefore n＜85$，且$2^7,2^8$是$\{a_n\}$和$\{b_n\}$的公共项，则$\{c_n\}$的前60项中含有$\{b_n\}$的前7项且含有$\{a_n\}$的前56项，再减去公共的3项.$\therefore S_{60}=(56×4+\frac{56×55}{2}×3)+2+2^3+2^5+2^7=4844+170=5014$.

例4 (2025·无锡调研)已知$S_{n}$是等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，数列$\{ b_{n}\}$满足$b_{n}=n - (-1)^{n}S_{n}$，$a_{1}+b_{1}=3$，$a_{2}-b_{2}=5$。
(1)求数列$\{ b_{n}\}$的通项公式；
(2)设数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和为$T_{n}$。
①求$T_{10}$。
②若集合$A=\{ n\mid n\leqslant 100$且$T_{n}\leqslant 100$，$n\in\mathbf{N}^{*}\}$，求集合$A$中所有元素的和。b_n=n-(-1)^n·n²02575

答案：
(1)当$n=1$时，$b_1=1-(-1)^1S_1=1+a_1$.所以$a_1+b_1=a_1+1+a_1=3$，解得$a_1=1$，当$n=2$时，$b_2=2-(-1)^2S_2=2-S_2$，所以$a_2-b_2=a_2-(2-S_2)=1-a_2$，所以$a_2-b_2=a_2-(1-a_2)=5$，解得$a_2=3$，则$d=a_2-a_1=3-1=2$，所以$a_n=1+2(n-1)=2n-1$，$S_n=\frac{(a_1+a_n)n}{2}=\frac{(1+2n-1)n}{2}=n^2$，则$b_n=n-(-1)^n\cdot n^2$.
(2)①$T_{10}=b_1+b_2+\cdots+b_{10}=1+1^2+2-2^2+\cdots+9+9^2+10-10^2=(1+2+\cdots+10)-(-1^2+2^2-3^2+4^2-\cdots-9^2+10^2)=(1+2+\cdots+10)-(1+2+\cdots+10)=0$.②$T_n=b_1+b_2+\cdots+b_n=1-(-1)^2+2-2^2+3-(-3^2)+\cdots+(n-1)-(-1)^{n-1}(n-1)^2+n-(-1)^nn^2=\frac{(1+n)n}{2}-[-1^2+2^2-3^2+\cdots+(-1)^{n-1}(n-1)^2+(-1)^nn^2]$当$n$为偶数时，$T_n=\frac{(1+n)n}{2}-[-1^2+2^2-3^2+\cdots-(n-1)^2+n^2]=\frac{(1+n)n}{2}-\frac{(1+n)n}{2}=0$，所以当$n$为偶数时，$T_n\leq100$恒成立.当$n$为奇数时，$T_n=\frac{(1+n)n}{2}-[-1^2+2^2-3^2+\cdots+(1+n-1)(n-1)-n^2]=\frac{(1+n)n}{2}-[\frac{(1+n-1)(n-1)}{2}-n^2]=n+n^2$，令$T_n=n^2+n\leq100$，易知函数$y=x^2+x$在$[1,+\infty)$上单调递增，且$9^2+9=90＜100$，$10^2+10=110＞100$，所以可得$n\leq9$.所以集合A中的所有元素的和为$(2+4+\cdots+100)+(1+3+5+7+9)=\frac{(2+100)×50}{2}+\frac{(1+9)×5}{2}=2575$.

训练4 已知$S_{n}$为等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，且$a_{1}=1$，$S_{7}=28$，记$b_{n}=[\lg a_{n}]$，其中$[x]$表示不超过$x$的最大整数，如$[0.9]=0$，$[\lg 99]=1$。
(1)求$b_{1}$，$b_{11}$，$b_{101}$；
(2)求数列$\{ b_{n}\}$的前1000项和。0121893

答案：
(1)设$\{a_n\}$的公差为$d$，由题意知，$S_7=7a_1+21d=28$，因为$a_1=1$，所以$d=1$，所以$a_n=a_1+(n-1)d=n$，从而$b_n=\lfloor\lg n\rfloor$，故$b_1=\lfloor\lg1\rfloor=0,b_{11}=\lfloor\lg11\rfloor=1$，$b_{101}=\lfloor\lg101\rfloor=2$.
(2)由
(1)知$b_n=\lfloor\lg a_n\rfloor=\lfloor\lg n\rfloor$，当$1\leq n\leq9$时，$0\leq\lg n＜1$，所以$b_n=0$；当$10\leq n\leq99$时，$1\leq\lg n＜2$，所以$b_n=1$；当$100\leq n\leq999$时，$2\leq\lg n＜3$，所以$b_n=2$；当$n=1000$时，$\lg n=\lg1000=3$，所以$b_{1000}=3$；故$b_1+b_2+\cdots+b_{1000}=(b_1+\cdots+b_9)+(b_{10}+\cdots+b_{99})+(b_{100}+\cdots+b_{999})+b_{1000}=0×9+1×90+2×900+3=1893$.