《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

[例2](1)设数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若$a_{n}=\frac{1}{\sqrt{n + 1}+\sqrt{n}}$，则$S_{99}=$（ ）
A. $7$ B. $8$ C. $9$ D. $10$
(2)已知函数$f(x)=x^{\alpha}$的图象过点$(4,2)$，令$a_{n}=\frac{1}{f(n + 1)+f(n)},n\in\mathbf{N}^{*}$. 记数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，则$S_{2025}=$__________.

答案：
(1)C $a_{n}=\frac{1}{\sqrt{n + 1}+\sqrt{n}}=\sqrt{n + 1}-\sqrt{n}$
所以$S_{99}=(\sqrt{2}-1)+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+\cdots+(\sqrt{100}-\sqrt{99})=\sqrt{100}-1 = 9$
(2)【解析】由$f(4)=2$可得$4^{a}=2$，解得$a=\frac{1}{2}$
则$f(x)=x^{\frac{1}{2}}$
所以$a_{n}=\frac{1}{f(n + 1)+f(n)}=\frac{1}{\sqrt{n + 1}+\sqrt{n}}=\sqrt{n + 1}-\sqrt{n}$
$S_{2025}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{2025}=(\sqrt{2}-1)+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+(\sqrt{4}-\sqrt{3})+\cdots+(\sqrt{2025}-\sqrt{2024})+(\sqrt{2026}-\sqrt{2025})=\sqrt{2026}-1$
答案:$\sqrt{2026}-1$

已知等差数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，公差为$d$，其中$d,S_{9}$为函数$f(x)=(x - 2)(x - 99)$的两个零点且$d\lt S_{9}$.
(1)求数列$\{a_{n}\}$的通项公式；
(2)若$b_{n}=\frac{1}{\sqrt{a_{n + 1}}+\sqrt{a_{n}}}(n\in\mathbf{N}^{*})$，求数列$\{b_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}$.

答案： 【解析】
(1)因为$d,S_{9}$为函数$f(x)=(x - 2)(x - 99)$的两个零点且$d\lt S_{9}$，所以$d = 2$，$S_{9}=99$
又因为$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d$，所以$9a_{1}+\frac{9\times8}{2}\times2=99$，解得$a_{1}=3$，所以数列$\{a_{n}\}$是首项为 3，公差为 2 的等差数列，所以$a_{n}=a_{1}+(n - 1)d=2n + 1$
(2)因为$b_{n}=\frac{1}{\sqrt{a_{n + 1}}+\sqrt{a_{n}}}=\frac{1}{\sqrt{2n + 3}+\sqrt{2n + 1}}=\frac{1}{2}(\sqrt{2n + 3}-\sqrt{2n + 1})$
所以$T_{n}=\frac{1}{2}(\sqrt{5}-\sqrt{3})+\frac{1}{2}(\sqrt{7}-\sqrt{5})+\cdots+\frac{1}{2}(\sqrt{2n + 1}-\sqrt{2n - 1})+\frac{1}{2}(\sqrt{2n + 3}-\sqrt{2n + 1})=\frac{\sqrt{2n + 3}-\sqrt{3}}{2}$

[例3]已知等比数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$a_{1}=2,S_{3}=a_{3}+6$.
(1)求数列$\{a_{n}\}$的通项公式.
(2)设$b_{n}=\log_{2}a_{n}$，求数列$\{a_{n}b_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}$.

答案： 【解析】
(1)设等比数列$\{a_{n}\}$的公比为$q$
由$a_{1}=2$，$S_{3}=a_{3}+6$
得$a_{1}(1 + q+q^{2})=6+a_{1}q^{2}$
解得$q = 2$
所以$a_{n}=2^{n}$
(2)由
(1)可得$b_{n}=\log_{2}a_{n}=n$
所以$a_{n}b_{n}=n\cdot2^{n}$
$T_{n}=1\times2+2\times2^{2}+3\times2^{3}+\cdots+n\times2^{n}$
$2T_{n}=1\times2^{2}+2\times2^{3}+\cdots+(n - 1)2^{n}+n\cdot2^{n + 1}$
所以$-T_{n}=2+2^{2}+\cdots+2^{n}-n\cdot2^{n + 1}=\frac{2(1 - 2^{n})}{1 - 2}-n\cdot2^{n + 1}=2^{n + 1}-2-n\cdot2^{n + 1}$
所以$T_{n}=(n - 1)2^{n + 1}+2$

已知数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}=3n^{2}+8n - 6$，$\{b_{n}\}$是等差数列，且$a_{n}=b_{n}+b_{n + 1}(n\geqslant2)$.
(1)求数列$\{a_{n}\}$和$\{b_{n}\}$的通项公式；
(2)令$c_{n}=b_{n}\cdot2^{n}+2^{n + 1}$，求数列$\{c_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}$.

答案： 【解析】
(1)$S_{n}=3n^{2}+8n - 6$
所以$n\geqslant2$时，$S_{n - 1}=3(n - 1)^{2}+8(n - 1)-6$
所以$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=6n + 5$
$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=5$，不满足$a_{n}=6n + 5$
所以$a_{n}=\begin{cases}5(n = 1)\\6n + 5(n\geqslant2)\end{cases}$
设$\{b_{n}\}$的公差为$d$，$a_{n}=b_{n}+b_{n + 1}(n\geqslant2)$
所以$a_{n - 1}=b_{n - 1}+b_{n}(n\geqslant3)$
所以$a_{n}-a_{n - 1}=b_{n + 1}-b_{n - 1}$，所以$2d = 6$，所以$d = 3$
因为$a_{2}=b_{2}+b_{3}$，所以$17=2b_{2}+3$
所以$b_{2}=7\Rightarrow b_{1}=4$，所以$b_{n}=3n + 1$
(2)$c_{n}=3(n + 1)2^{n}$
所以$T_{n}=3[2\times2+3\times2^{2}+\cdots+(n + 1)2^{n}]$①
所以$2T_{n}=3[2\times2^{2}+3\times2^{3}+\cdots+(n + 1)2^{n + 1}]$②
① - ②得，$-T_{n}=3[2\times2+2^{2}+2^{3}+\cdots+2^{n}-(n + 1)2^{n + 1}]=6+3[\frac{2(1 - 2^{n})}{1 - 2}-(n + 1)2^{n + 1}]=-3n\cdot2^{n + 1}$
所以$T_{n}=3n\cdot2^{n + 1}$
所以数列$\{c_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}=3n\cdot2^{n + 1}$