《2025年金版新学案高中数学选择性必修第二册北师大版》

典例 3 已知等比数列 $ \{ a_{n} \} $ 中，$ a_{1} + a_{2} = 8, a_{2} + a_{3} = 24 $，$ S_{n} $ 为数列 $ \{ a_{n} \} $ 的前 $ n $ 项和.
（1）求数列 $ \{ a_{n} \} $ 的通项公式；
（2）若 $ b_{n} = a_{n} · \log_{3}(S_{n} + 1) $，求数列 $ \{ b_{n} \} $ 的前 $ n $ 项和 $ T_{n} $.
听课笔记：

答案： 解：
(1)设等比数列$\{a_n\}$的公比为$q$，
则$q=\frac{a_2 + a_3}{a_1 + a_2}=\frac{24}{8}=3$.
故$a_1+a_2=a_1+3a_1=8$，解得$a_1=2$，
所以$a_n=a_1q^{n - 1}=2×3^{n - 1}$.
(2)由
(1)知$a_n=2×3^{n - 1}$，$S_n=3^n - 1$，
所以$b_n=a_n·\log_3(S_n + 1)=2×3^{n - 1}×\log_33^n=2n·3^{n - 1}$，
所以$T_n=b_1+b_2+b_3+·s+b_n=2×3^0+4×3^1+6×3^2+·s+2(n - 1)×3^{n - 2}+2n·3^{n - 1}$，①
$3T_n=2×3^1+4×3^2+6×3^3+·s+2(n - 1)×3^{n - 1}+2n·3^n$，②
①−②得$-2T_n=2×3^0+2×3^1+2×3^2+2×3^3+·s+2×3^{n - 1}-2n·3^n=\frac{2(1 - 3^n)}{1 - 3}-2n·3^n=3^n(1 - 2n)-1$.
所以$T_n=\frac{3^n(2n - 1)+1}{2}$

对点练 3. 求 $ S_{n} = \frac{1}{2} + \frac{2}{2^{2}} + \frac{3}{2^{3}} + ·s + \frac{n}{2^{n}} $.

答案： 解：由$S_n=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+·s+\frac{n}{2^n}$，
得$\frac{1}{2}S_n=\frac{1}{2^2}+\frac{2}{2^3}+·s+\frac{n - 1}{2^n}+\frac{n}{2^{n + 1}}$，
两式相减，得$S_n-\frac{1}{2}S_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+·s+\frac{1}{2^n}-\frac{n}{2^{n + 1}}$，
即$\frac{1}{2}S_n=\frac{\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2^n})}{1-\frac{1}{2}}=\frac{\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2^n})}{\frac{1}{2}}=1-\frac{1}{2^n}-\frac{n}{2^{n + 1}}$，
所以$S_n=2-\frac{1}{2^n}-\frac{n}{2^n}=2-\frac{n + 2}{2^n}$.

典例 4 设 $ \{ a_{n} \} $ 是等差数列，其前 $ n $ 项和为 $ S_{n} $（$ n \in \mathbf{N}_{+} $）；$ \{ b_{n} \} $ 是等比数列，公比大于 $ 0 $，其前 $ n $ 项和为 $ T_{n} $（$ n \in \mathbf{N}_{+} $）. 已知 $ b_{1} = 1, b_{3} = b_{2} + 2, b_{4} = a_{3} + a_{5}, b_{5} = a_{4} + 2a_{6} $.
（1）求 $ S_{n} $ 和 $ T_{n} $；
（2）若 $ S_{n} + (T_{1} + T_{2} + ·s + T_{n}) = a_{n} + 4b_{n} $，求正整数 $ n $ 的值.
听课笔记：

答案： 解：
(1)设等比数列$\{b_n\}$的公比为$q(q＞0)$.
由$b_1 = 1$，$b_3=b_2 + 2$，可得$q^2 - q - 2 = 0$.
因为$q＞0$，可得$q = 2$，故$b_n=2^{n - 1}$.
所以$T_n=\frac{1 - 2^n}{1 - 2}=2^n - 1$.
设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$.
由$b_4=a_3+a_5$，可得$a_1+3d=4$.①
由$b_5=a_4+2a_6$，可得$3a_1+13d=16$，②
联立①，②，得$a_1=1$，$d = 1$，故$a_n=n$.
所以$S_n=\frac{n(n + 1)}{2}$.
(2)由
(1)，有
$T_1+T_2+·s+T_n=(2^1+2^2+·s+2^n)-n=\frac{2×(1 - 2^n)}{1 - 2}-n=2^{n + 1}-n - 2$.
由$S_n+(T_1+T_2+·s+T_n)=a_n+4b_n$可得$\frac{n(n + 1)}{2}+2^{n + 1}-n - 2=n+2^{n + 1}$，
整理得$n^2 - 3n - 4 = 0$，解得$n=-1$(舍去)，或$n = 4$.
所以$n$的值为4.

对点练 4. 已知 $ S_{n} $ 是无穷等比数列 $ \{ a_{n} \} $ 的前 $ n $ 项和，且公比 $ q \neq 1 $，$ 1 $ 是 $ \frac{1}{2}S_{2} $ 和 $ \frac{1}{3}S_{3} $ 的等差中项，$ 6 $ 是 $ 2S_{2} $ 和 $ 3S_{3} $ 的等比中项.
（1）求 $ S_{2} $ 和 $ S_{3} $；
（2）求数列 $ \{ a_{n} \} $ 的前 $ n $ 项和.

答案： 解：
(1)根据已知条件$\begin{cases}\frac{1}{2}S_2+\frac{1}{3}S_3=2,\\2S_2·3S_3=6^2,\end{cases}$
整理得$\begin{cases}3S_2+2S_3=12,\\S_2S_3=6,\end{cases}$解得$\begin{cases}S_2=2,\\S_3=3.\end{cases}$
(2)因为$q\neq1$，所以$\begin{cases}a_1(1 + q)=2,\\a_1(1+q+q^2)=3,\end{cases}$
解得$q=-\frac{1}{2}$，$a_1=4$.
所以$S_n=\frac{4[1-(-\frac{1}{2})^n]}{1+\frac{1}{2}}=\frac{8}{3}-\frac{8}{3}(-\frac{1}{2})^n$.