《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

考点一 分组求和与并项求和
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：
(1)$a_n=\begin{cases}2,n = 1,\\2n - 1,n\geq2.\end{cases}$
(2)$T_{2n}=2n - 1$

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)$b_n=\begin{cases}\frac{2^n}{n}+\frac{n}{2^n}-2,n为偶数,\\2,n为奇数.\end{cases}$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$T_{2n}=2^2 + 2^4+\cdots+2^{2n}+2[(\frac{1}{1}-\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{5})+\cdots+(\frac{1}{2n - 1}-\frac{1}{2n + 1})]=\frac{4(1 - 4^n)}{1 - 4}+\frac{4n}{2n + 1}-\frac{4^{n + 1}-4}{3}-\frac{4n}{2n + 1}$.

答案：
(1)$a_n=n(n\in N^*)$
(2)$T_{2n}=\frac{4(1 - 4^n)}{1 - 4}+\frac{4n}{2n + 1}-\frac{4^{n + 1}-4}{3}-\frac{4n}{2n + 1}$

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$a_n=n,n\in N^*$.

答案：
(1)$a_n=n,n\in N^*$
(2)$\{c_n\}$的前$n$项和为$1-\frac{1}{2^{n + 1}-1}$