《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

例 3 （2025·泰州一调节选）设数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n},2S_{n}=n^{2}+5n$。
（1）求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）设$b_{n}=n·2^{n}$，求数列$\{\frac{S_{n}+4}{a_{n}b_{n}}\}$的前$n$项和$T_{n}$。（1）$a _ { n } = n + 2$（2）$T _ { n } = \frac { 1 } { n × 2 ^ { n + 1 } } + \frac { 1 } { ( n + 2 ) × 2 ^ { n - 1 } } + \frac { 1 } { n × 2 ^ { n - 1 } } - \frac { \frac { 1 } { 4 } \left[ 1 - \left( \frac { 1 } { 2 } \right) ^ { n } \right] } { 1 - \frac { 1 } { 2 } } + \frac { 1 } { 1 × 2 ^ { 0 } }$

答案： 例3 【解答】
(1)因为$2 S _ { n } = n ^ { 2 } + 5 n$，即$S _ { n } = \frac { n ^ { 2 } + 5 n } { 2 }$，当$n = 1$ 时，$S _ { 1 } = \frac { 1 ^ { 2 } + 5 } { 2 } = 3$，所以$a _ { 1 } = S _ { 1 } = 3$；当$n \geqslant 2$时，$S _ { n - 1 } =$ $\frac { ( n - 1 ) ^ { 2 } + 5 ( n - 1 ) } { 2 }$，所以$a _ { n } = S _ { n } - S _ { n - 1 } = \frac { n ^ { 2 } + 5 n } { 2 } -$ $\frac { ( n - 1 ) ^ { 2 } + 5 ( n - 1 ) } { 2 } = n + 2$，而$a _ { 1 } = 3$也满足上式，所以$a _ { n } =$ $n + 2$.
(2)因为$S _ { n } = \frac { n ^ { 2 } + 5 n } { 2 }$，$a _ { n } = n + 2 , b _ { n } = n · 2 ^ { n }$，所以$\frac { S _ { n } + 4 } { a _ { n } b _ { n } } =$ $\frac { \frac { n ^ { 2 } + 5 n } { 2 } + 4 } { ( n + 2 ) × n × 2 ^ { n } } = \frac { \frac { n ^ { 2 } + 5 n + 8 } { 2 } } { ( n + 2 ) × n × 2 ^ { n } } = \frac { ( n + 2 ) n + 3 n + 8 } { ( n + 2 ) × n × 2 ^ { n + 1 } } =$ $\frac { 1 } { n × 2 ^ { n + 1 } } + \frac { 1 } { ( n + 2 ) × 2 ^ { n - 1 } } + \frac { 1 } { n × 2 ^ { n - 1 } } - \frac { \frac { 1 } { 4 } \left[ 1 - \left( \frac { 1 } { 2 } \right) ^ { n } \right] } { 1 - \frac { 1 } { 2 } } + \frac { 1 } { 1 × 2 ^ { 0 } }$，

变式 3 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$满足$2S_{n}-na_{n}=n(n\in\mathbf{N}^{*})$，且$a_{2}=3$。
（1）求证：数列$\{\frac{a_{n}-1}{n - 1}\}(n\geq2)$是常数列；
（2）设$b_{n}=\frac{1}{a_{n}\sqrt{a_{n + 1}}+a_{n + 1}\sqrt{a_{n}}},T_{n}$为数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和，求使$T_{n}＞\frac{9}{20}$成立的正整数$n$的最小值。（1）证明见解析；（2）50

答案： 变式3 【解答】
(1)$2 S _ { n } - n a _ { n } = n \text { ① },2 S _ { n + 1 } - ( n + 1 ) a _ { n + 1 } = n +$ $1 \text { ② }$，两式相减得$2 a _ { n + 1 } - ( n + 1 ) a _ { n + 1 } + n a _ { n } = 1$，即$n a _ { n } - ( n -$ $1 ) a _ { n + 1 } = 1 , a _ { n + 1 } = \frac { n a _ { n } - 1 } { n - 1 } ( n \geqslant 2 )$，当$n \geqslant 2$时，$\frac { a _ { n + 1 } - 1 } { n } - \frac { a _ { n } - 1 } { n - 1 } = 0$，所以数列$\{ \frac { a _ { n } - 1 } { n - 1 } \} ( n \geqslant 2 )$是常数列.
(2)由
(1)得，$n \geqslant 2$时，$\frac { a _ { n } - 1 } { n - 1 } - \frac { a _ { 2 } - 1 } { 1 } = 2$，所以$n \geqslant 2$时，$a _ { n } =$ $2 n - 1$，而$n = 1$时，$2 S _ { 1 } - a _ { 1 } = 1$，解得$a _ { 1 } = 1$，满足$a _ { n } = 2 n - 1$，所 以$a _ { n } = 2 n - 1$，则$b _ { n } = \frac { 1 } { ( 2 n - 1 ) \sqrt { 2 n + 1 } + ( 2 n + 1 ) \sqrt { 2 n - 1 } } =$ $\frac { \sqrt { 2 n + 1 } - \sqrt { 2 n - 1 } } { 2 \sqrt { 2 n - 1 } \sqrt { 2 n + 1 } ( \sqrt { 2 n - 1 } + \sqrt { 2 n + 1 } ) } = \frac { 1 } { 2 } \left( \frac { 1 } { \sqrt { 2 n - 1 } } - \frac { 1 } { \sqrt { 2 n + 1 } } \right)$，所以$T _ { n } = \frac { 1 } { 2 } \left[ \left( 1 - \frac { 1 } { \sqrt { 3 } } \right) + \left( \frac { 1 } { \sqrt { 3 } } - \frac { 1 } { \sqrt { 5 } } \right) + ·s + \left( \frac { 1 } { \sqrt { 2 n - 1 } } - \frac { 1 } { \sqrt { 2 n + 1 } } \right) \right] = \frac { 1 } { 2 } \left( 1 - \frac { 1 } { \sqrt { 2 n + 1 } } \right)$.令$T _ { n } = \frac { 1 } { 2 } \left( 1 - \frac { 1 } { \sqrt { 2 n + 1 } } \right) ＞ \frac { 9 } { 2 0 }$，解得$n ＞ 4 9 . 5$，又因为$n \in \mathbf { N } ^ { * }$，所以 $n \geqslant 5 0$，所以$n$的最小值为$50$.