《2025年小题狂做高中数学选择性必修第二册人教版》

9. 已知在公差为$d$的等差数列$\{ a_{n}\}$和公比$q ＜ 0$的等比数列$\{ b_{n}\}$中，$a_{1} = b_{1} = 1$，$a_{2} + b_{3} = 3$，$a_{3} + b_{2} = 2$.
(1) 求数列$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$的通项公式；
(2) 令$c_{n} = 3^{a_{n}} · b_{n}^{2}(n \in \mathbf{N}^{*})$，抽去数列$\{ c_{n}\}$中的第$3$项、第$6$项、第$9$项、$·s$、第$3n$项、$·s$余下的项的顺序不变，构成一个新数列$\{ t_{n}\}$，求数列$\{ t_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$.

答案： 9.解：
(1)由题意得$\begin{cases}(1 + d + q^{2}=3,\\1+2d+q=2,\end{cases}$整理得$2q^{2}-q - 3 = 0$，
解得$q=\frac{3}{2}$或$q=-1$.因为$q＜0$，所以$q=-1$，则$d = 1$.所以$a_{n}=1+(n - 1)=n$，$b_{n}=(-1)^{n - 1}$.
(2)由
(1)可得$c_{n}=3^{n}· b_{n}^{2}=3^{n}$，当$n = 2k(k\in\mathbf{N}^{*})$时，$S_{n}=$
$t_{1}+t_{2}+t_{3}+·s+t_{2k}=c_{1}+c_{2}+c_{4}+c_{5}+·s+c_{3k - 2}+c_{3k - 1}=$
$(c_{1}+c_{4}+·s+c_{3k - 2})+(c_{2}+c_{5}+·s+c_{3k - 1})=(3^{1}+3^{4}+$
$·s+3^{3k - 2})+(3^{2}+3^{5}+·s+3^{3k - 1})=\frac{3(1 - 3^{3k})}{1 - 3^{3}}+$
$\frac{3^{2}(1 - 3^{3k})}{1 - 3^{3}}=\frac{2×3^{3k + 1}-6}{13×3^{2}}=\frac{2×3^{3k + 1}-6}{13}$；当$n = 2k -$
$1(k\in\mathbf{N}^{*})$时，$S_{n}=\frac{5×3^{\frac{3n + 1}{2}}-6}{13}$.
综上，$S_{n}=\begin{cases}\frac{2×3^{\frac{3n}{2}+1}-6}{13},n = 2k,k\in\mathbf{N}^{*},\frac{5×3^{\frac{3n + 1}{2}}-6}{13},n = 2k - 1,k\in\mathbf{N}^{*}.\end{cases}$