《2026年金版新学案高三数学人教版》

典例 2 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，$2S_{n}=3a_{n}-9$.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)若$b_{n}=(-1)^{n}\log_{3}a_{n}$，求数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}$.
听课笔记：

答案：
(1)当$n = 1$时，$2S_1 = 3a_1 - 9$，
因为$S_1 = a_1$，所以$2a_1 = 3a_1 - 9$，所以$a_1 = 9$。
因为$2S_n = 3a_n - 9$，所以$2S_{n + 1} = 3a_{n + 1} - 9$，两式相减，得$2a_{n + 1} = 3a_{n + 1} - 3a_n$，即$a_{n + 1} = 3a_n$。
又因为$a_1 = 9$，所以$a_n＞0$，所以数列$\{a_n\}$是以$9$为首项，$3$为公比的等比数列，
所以$a_n = 9×3^{n - 1}=3^{n + 1}$。
(2)由
(1)可知$b_n = (-1)^n\log_3a_n = (-1)^n(n + 1)$，当$n$为偶数时，$T_n = (-2 + 3) + (-4 + 5) + ·s + [-n + (n + 1)]=\frac{n}{2}$。
当$n$为奇数时，$T_n = (-2 + 3) + (-4 + 5) + ·s + [-(n - 1) + n] - (n + 1)=\frac{n - 1}{2}-(n + 1)=-\frac{n + 3}{2}$。
所以$T_n=\begin{cases}\frac{n}{2}, & n为偶数\\-\frac{n + 3}{2}, & n为奇数\end{cases}$。

对点练 2. 设$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，且$a_{1}=3$，$S_{n}=na_{n}-n^{2}+n$.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)设$b_{n}=(-1)^{n + 1}·\dfrac{a_{n}+a_{n + 1}}{a_{n}· a_{n + 1}}$，求数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}$.
题型三 数列中连续两项和(或积)的问题$(a_{n}+a_{n + 1}=f(n))$或$(a_{n}· a_{n + 1}=f(n))$

答案：
(1)因为$S_n = na_n - n^2 + n$，可得$S_{n + 1} = (n + 1)a_{n + 1}-(n + 1)^2 + n + 1$，
两式相减得$a_{n + 1} = (n + 1)a_{n + 1}-(n + 1)^2 + n + 1 - na_n + n^2 - n$，
整理得$a_{n + 1} - a_n = 2$，可知数列$\{a_n\}$是以$3$为首项，$2$为公差的等差数列，
所以$a_n = 3 + 2(n - 1)=2n + 1$。
(2)由
(1)可得$b_n = (-1)^{n + 1}·\frac{a_n + a_{n + 1}}{a_n· a_{n + 1}}=(-1)^{n + 1}(\frac{1}{a_n}+\frac{1}{a_{n + 1}})$
$=-\frac{(-1)^n}{a_n}+\frac{(-1)^{n + 1}}{a_{n + 1}}$
则$T_n = b_1 + b_2 + ·s + b_n = [-\frac{(-1)^1}{a_1}+\frac{(-1)^2}{a_2}]+[-\frac{(-1)^2}{a_2}+\frac{(-1)^3}{a_3}]+·s+[-\frac{(-1)^n}{a_n}+\frac{(-1)^{n + 1}}{a_{n + 1}}]$
$=\frac{1}{3}+\frac{(-1)^{n + 1}}{2n + 3}$
所以$T_n = \frac{1}{3}+\frac{(-1)^{n + 1}}{2n + 3}$。

典例 3 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=1$，$a_{n + 1}+a_{n}=4n$.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的前$100$项和$S_{100}$；
(2)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式.
听课笔记：

答案：
(1)因为$a_1 = 1$,$a_{n + 1} + a_n = 4n$，
所以$S_{100} = (a_1 + a_2) + (a_3 + a_4) + ·s + (a_{99} + a_{100}) = 4×1 + 4×3 + ·s+4×99 = 4×(1 + 3 + 5 + ·s + 99) = 4×50^2 = 10000$。
(2)由题意，$a_{n + 1} + a_n = 4n$ ①，
$a_{n + 2} + a_{n + 1} = 4(n + 1)$ ②，
由② - ①得，$a_{n + 2} - a_n = 4$。因为$a_1 = 1$,$a_1 + a_2 = 4$，所以$a_2 = 3$，所以数列$\{a_n\}$的奇数项与偶数项都是公差为$4$的等差数列。
当$n$为奇数时，$a_n = a_1 + (\frac{n + 1}{2}-1)×4 = 2n - 1$；
当$n$为偶数时，$a_n = a_2 + (\frac{n}{2}-1)×4 = 2n - 1$。
综上所述，$a_n = 2n - 1$。

对点练 3. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=1$，$a_{n}· a_{n + 1}=4^{n}$，$n\in\mathbf{N}^{*}$.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)若$b_{n}=\begin{cases}\log_{2}a_{n},n 为奇数,\\a_{n}+1,n 为偶数,\end{cases}$求数列$\{ b_{n}\}$的前$2n$项和$S_{2n}$.

答案：
(1)由题意，当$n = 1$时，$a_2 = 4$。
因为$a_n· a_{n + 1} = 4^n$，
则$a_{n + 1}· a_{n + 2} = 4^{n + 1}$，
由$\frac{a_{n + 1}· a_{n + 2}}{a_n· a_{n + 1}} = 4$，
所以数列$\{a_n\}$的奇数项和偶数项都是公比为$4$的等比数列。
因为$a_1 = 1$,$a_2 = 4$，所以当$n$为奇数时，$a_n = a_1×4^{\frac{n - 1}{2}}=2^{n - 1}$；
当$n$为偶数时，$a_n = a_2×4^{\frac{n}{2}-1}=2^n$。综上，$a_n=\begin{cases}2^{n - 1}, & n为奇数\\2^n, & n为偶数\end{cases}$。
(2)由
(1)得$b_n=\begin{cases}n - 1, & n为奇数\\2^n + 1, & n为偶数\end{cases}$，
所以$S_{2n} = (b_1 + b_3 + ·s + b_{2n - 1}) + (b_2 + b_4 + ·s + b_{2n})=\frac{n(2n - 2)}{2}+4(1 - 4^n)\frac{1}{1 - 4}+n = n^2+\frac{4^{n + 1}-4}{3}$。