《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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$\{\frac{1}{a_{n}a_{n +}}\}$的前n项和$T_{n}.$解 (1)因为$'S_n=2a_n + n^2 - 1，$1}}\}的前n项和$T_{n}.$所以当$n\geq2$时，$'S_{n - 1}=2a_{n - 1}+(n - 1)^2 - 1，$① - ②得$'a_n=2a_{n - 1}-2a_{n - 1}+2n - 1，$整理得$a_n - a_{n - 1}=\frac{1}{2}n，$$n\geq2，$所以$a_n=n+\frac{1}{2}n，$$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}}=\frac{2}{2n + 1}-\frac{2}{2n + 3}$所以$T_n=\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：
(1)$a_n=n+\frac{1}{2}n$，$n\in N^*$
(2)$T_n=\frac{2}{3}-\frac{2}{2n + 3}$

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$T_{n}$.

答案： [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$4a_{n}=3a_{n}-3a_{n - 1}$，
→ 利用$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}$消去$S_{n}$
(1 分)
即$a_{n}=-3a_{n - 1}$.
当$n = 1$时，由$4S_{n}=3a_{n}+4$.
得$4a_{1}=3a_{1}+4$，
→ 求出$a_{1}$
(3 分)
所以$a_{1}=4\neq0$，
(4 分)
所以数列$\{a_{n}\}$是以$4$为首项，$-3$为公比的等比数列，
所以$a_{n}=4×(-3)^{n - 1}$.
→ 求$\{a_{n}\}$的通项公式
(5 分)
(2)因为$b_{n}=(-1)^{n - 1}na_{n}=(-1)^{n - 1}n×4×(-3)^{n - 1}=4n\cdot3^{n - 1}$，
→ 求$b_{n}$
(7 分)
所以$T_{n}=4×3^{0}+8×3^{1}+12×3^{2}+\cdots + 4n\cdot3^{n - 1}$，
所以$3T_{n}=4×3^{1}+8×3^{2}+12×3^{3}+\cdots + 4n\cdot3^{n}$，
→ 给和式乘以等比数列的公比
(8 分)
两式相减得$-2T_{n}=4 + 4(3^{1}+3^{2}+\cdots + 3^{n - 1})-4n\cdot3^{n}=4 + 4×\frac{3(1 - 3^{n - 1})}{1 - 3}-4n\cdot3^{n}$，
→ 作差转化为等比数列求和
$=-2+(2 - 4n)\cdot3^{n}$，
(11 分)
所以$T_{n}=1+(2n - 1)\cdot3^{n}$.
→ 整理求$T_{n}$
(12 分)

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$2a_n + 2a_{n - 1}=(a_n - a_{n - 1})(a_n + a_{n - 1})$，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$B_n=\sum_{i = 1}^{n}(2i - 1)=n^2$，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$-A_n=2^2 + 2(2^3 + 2^4+\cdots+2^{n + 1})-(2n - 1)2^{n + 2}-12$，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：
(1)$a_n=2n - 1$
(2)$T_n=(2n - 3)2^{n + 2}+12 - n^2$