《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

变式1 设数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，已知$S_{n} = 2^{n - 1} - 1(n \in \mathbf{N}^{*})$。
（1）求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）求数列$\{|a_{n} - n|\}$的前$n$项和$T_{n}$。

答案： 变式1 【解答】
(1)当$n=1$时，$a_1=S_1=2^{0}-1=0$；当$n\geq2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=2^{n-1}-1-(2^{n-2}-1)=2^{n-2}$.所以$a_n=\begin{cases}0,n=1,\\2^{n-2},n\geq2.\end{cases}$
(2)数列$\{a_n-n\}$的前3项都小于0，第4项等于0，从第5项开始都大于0.所以当$n\leq3$时，$T_n=|a_1-1|+|a_2-2|+·s+|a_n-n|=(1-a_1)+(2-a_2)+·s+(n-a_n)=(1+2+·s+n)-S_n=\frac{n(n+1)}{2}-(2^{n-1}-1)=\frac{n(n+1)}{2}+1-2^{n-1}$；当$n\geq4$时，$T_n=|a_1-1|+|a_2-2|+|a_3-3|+|a_4-4|+·s+|a_n-n|=(1-a_1)+(2-a_2)+(3-a_3)+(a_4-4)+·s+(a_n-n)=(1+2+3-4-·s-n)-(a_1+a_2+a_3)+(a_4+·s+a_n)=(S_n-a_1-a_2-a_3)-(1+2+·s+n)+2(a_1+a_2+a_3)=S_n-\frac{n(n+1)}{2}+(a_1+a_2+a_3)=2^{n-1}-1-\frac{n(n+1)}{2}+(0+1+2)=2^{n-1}-\frac{n(n+1)}{2}+2$.综上，$T_n=\begin{cases}\frac{n(n+1)}{2}+1-2^{n-1},1\leq n\leq3,\\2^{n-1}-\frac{n(n+1)}{2}+2,n\geq4.\end{cases}$

例2 （2025·景德镇三模）已知$S_{n}$，$T_{n}$分别是等差数列$\{ a_{n}\}$和等比数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和，$S_{5} = 15$，$b_{2}b_{4} = 64$，$a_{2} = b_{1}$，$S_{3} = T_{2}$。
（1）求数列$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$的通项公式；
（2）若$\{ b_{n}\}$为递增数列，$c_{n} = a_{n}b_{n}$，求数列$\{ c_{n}\}$的前$n$项和$A_{n}$。

答案： 例2 【解答】
(1)因为数列$\{a_n\}$为等差数列，所以$S_5=\frac{(a_1+a_5)×5}{2}=5a_3=15$，解得$a_3=3$，同理可得$S_3=3a_2$.因为$S_3=T_2$，所以$3a_2=b_1+b_2$.又$a_2=b_1$，所以$b_2=2b_1$.因为数列$\{b_n\}$为等比数列，所以$b_2b_4=b_3^2=64$，解得$b_3=\pm8$.若$b_3=8$，则$b_1=2$，$b_2=4$，$a_2=2$，$\{b_n\}$的公比为2，$\{a_n\}$的公差为1，则$a_n=n$，$b_n=2^n$；若$b_3=-8$，则$b_1=-2$，$b_2=-4$，$a_2=-2$，$\{b_n\}$的公比为2，$\{a_n\}$的公差为5，则$a_n=5n-12$，$b_n=-2^n$.
(2)因为$\{b_n\}$为递增数列，所以$a_n=n$，$b_n=2^n$，则$c_n=n·2^n$.$A_n=1×2+2×2^2+3×2^3+·s+n·2^n$①，$2A_n=1×2^2+2×2^3+3×2^4+·s+n·2^{n+1}$②，两式相减得$-A_n=2+2^2+2^3+·s+2^n-n·2^{n+1}=\frac{2(2^n-1)}{2-1}-n·2^{n+1}=2^{n+1}-2-n·2^{n+1}$，所以$A_n=(n-1)·2^{n+1}+2$.