《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

[真题再现] (2023·全国甲卷) 记 $ S_{n} $ 为数列 $ \{ a_{n} \} $ 的前 $ n $ 项和，已知 $ a_{2} = 1 $，$ 2S_{n} = na_{n} $.
(1) 求 $ \{ a_{n} \} $ 的通项公式；
(2) 求数列 $ \left\{ \dfrac{a_{n} + 1}{2^{n}} \right\} $ 的前 $ n $ 项和 $ T_{n} $.

答案： 真题再现 解：
(1)因为$2S_{n}=na_{n}，$当n = 1时，$2a_{1}=a_{1}，$即$a_{1}=0；$当n = 3时，$2(1 + a_{3})=3a_{3}，$即$a_{3}=2，$当$n\geq2$时，$2S_{n - 1}=(n - 1)a_{n - 1}，$所以$2(S_{n}-S_{n - 1})=na_{n}-(n - 1)a_{n - 1}=2a_{n}，$化简得$(n - 2)a_{n}=(n - 1)a_{n - 1}，$当$n\geq3$时，$\frac{a_{n}}{n - 1}=\frac{a_{n - 1}}{n - 2}=·s=\frac{a_{3}}{2}=1，$即$a_{n}=n - 1，$当n = 1,2时都满足上式，所以$a_{n}=n - 1(n\in N_{+})。$
(2)因为$\frac{a_{n}+1}{2^{n}}，$所以$T_{n}=1×(\frac{1}{2})+2×(\frac{1}{2})^{2}+3×(\frac{1}{2})^{3}+·s+n×(\frac{1}{2})^{n}，$$\frac{1}{2}T_{n}=1×(\frac{1}{2})^{2}+2×(\frac{1}{2})^{3}+·s+(n - 1)×(\frac{1}{2})^{n}+n×(\frac{1}{2})^{n + 1}，$两式相减得，$\frac{1}{2}T_{n}=(\frac{1}{2})+(\frac{1}{2})^{2}+(\frac{1}{2})^{3}+·s+(\frac{1}{2})^{n}-n×(\frac{1}{2})^{n + 1}=\frac{\frac{1}{2}[1-(\frac{1}{2})^{n}]}{1-\frac{1}{2}}-n×(\frac{1}{2})^{n + 1}=1-(1+\frac{n}{2})(\frac{1}{2})^{n}，$即$T_{n}=2-(2 + n)(\frac{1}{2})^{n},n\in N_{+}。$

[教材呈现] (北师选择性必修二 P47C 组 T1) 设等差数列 $ \{ a_{n} \} $ 的公差为 $ d $，前 $ n $ 项和为 $ S_{n} $，等比数列 $ \{ b_{n} \} $ 的公比为 $ q $. 已知 $ b_{1} = a_{1} $，$ b_{2} = 2 $，$ q = d $，$ S_{10} = 100 $.
(1) 求数列 $ \{ a_{n} \} $，$ \{ b_{n} \} $ 的通项公式；
(2) 当 $ d ＞ 1 $ 时，若数列 $ \{ c_{n} \} $ 满足 $ c_{n} = \dfrac{a_{n}}{b_{n}} $，求数列 $ \{ c_{n} \} $ 的前 $ n $ 项和 $ T_{n} $.
点评：该高考题与教材习题考点相同，主要考查利用错位相减法求数列的前 $ n $ 项和.

答案：
(1)
已知等差数列$\{ a_{n}\}$公差为$d$，前$n$项和为$S_{n}$，由$S_{10}=10a_1+\frac{10×9}{2}d = 100$，即$2a_1 + 9d = 20$。
因为等比数列$\{ b_{n}\}$的公比$q = d$，$b_{1}=a_{1}$，$b_{2}=2$，所以$a_{1}d = 2$，即$a_1=\frac{2}{d}$。
将$a_1=\frac{2}{d}$代入$2a_1 + 9d = 20$得：$\frac{4}{d}+9d = 20$，整理得$9d^{2}-20d + 4 = 0$，
因式分解为$(d - 2)(9d - 2)=0$，解得$d = 2$或$d=\frac{2}{9}$。
当$d = 2$时，$a_{1}=1$，$a_{n}=a_{1}+(n - 1)d=1 + 2(n - 1)=2n - 1$，$b_{n}=b_{1}q^{n - 1}=1×2^{n - 1}=2^{n - 1}$；
当$d=\frac{2}{9}$时，$a_{1}=9$，$a_{n}=a_{1}+(n - 1)d=9+\frac{2}{9}(n - 1)=\frac{2n + 79}{9}$（该组解不符合通常取值习惯且结合下一问$d\gt1$的要求舍去，但按题目要求完整求解应写出），$b_{n}=b_{1}q^{n - 1}=9×(\frac{2}{9})^{n - 1}$。
所以$a_{n}=2n - 1$，$b_{n}=2^{n - 1}$或$a_{n}=\frac{2n + 79}{9},b_{n}=9×(\frac{2}{9})^{n - 1}$，结合
(2)中$d\gt1$，取$a_{n}=2n - 1$，$b_{n}=2^{n - 1}$。
(2)
由
(1)知$d\gt1$时，$a_{n}=2n - 1$，$b_{n}=2^{n - 1}$，$c_{n}=\frac{a_{n}}{b_{n}}=\frac{2n - 1}{2^{n - 1}}$。
$T_{n}=\frac{1}{2^{0}}+\frac{3}{2^{1}}+\frac{5}{2^{2}}+·s+\frac{2n - 1}{2^{n - 1}}$，
$\frac{1}{2}T_{n}=\frac{1}{2^{1}}+\frac{3}{2^{2}}+·s+\frac{2n - 3}{2^{n - 1}}+\frac{2n - 1}{2^{n}}$。
两式相减得：
$\frac{1}{2}T_{n}=1 + 2(\frac{1}{2^{1}}+\frac{1}{2^{2}}+·s+\frac{1}{2^{n - 1}})-\frac{2n - 1}{2^{n}}$
$=1 + 2×\frac{\frac{1}{2}(1 - \frac{1}{2^{n - 1}})}{1-\frac{1}{2}}-\frac{2n - 1}{2^{n}}$
$=1 + 2(1 - \frac{1}{2^{n - 1}})-\frac{2n - 1}{2^{n}}$
$=1 + 2-\frac{2}{2^{n - 1}}-\frac{2n - 1}{2^{n}}$
$=3-\frac{4}{2^{n}}-\frac{2n - 1}{2^{n}}$
$=3-\frac{2n + 3}{2^{n}}$。
所以$T_{n}=6-\frac{2n + 3}{2^{n - 1}}$。
综上，答案为：
(1)$a_{n}=2n - 1$，$b_{n}=2^{n - 1}$；
(2)$T_{n}=6-\frac{2n + 3}{2^{n - 1}}$。

(2023·新课标Ⅱ卷)已知$\{a_n\}$为等差数列，$b_n=\begin{cases}a_n - 6,n 为奇数,\\2a_n,n 为偶数.\end{cases}$记$S_n$，$T_n$分别为数列$\{a_n\}$，$\{b_n\}$的前$n$项和，$S_4 = 32$，$T_3 = 16$。

答案：
(1)设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，而$b_{n} = \begin{cases} a_{n} - 6,n = 2k - 1, \\ 2a_{n},n = 2k, \end{cases} k \in \mathbf{N}_{+}$。
则$b_{1} = a_{1} - 6,b_{2} = 2a_{2} = 2a_{1} + 2d,b_{3} = a_{3} - 6 = a_{1} + 2d - 6$，
于是$\begin{cases} S_{4} = 4a_{1} + 6d = 32, \\ T_{3} = 4a_{1} + 4d - 12 = 16, \end{cases}$解得$a_{1} = 5,d = 2,a_{n} = a_{1} + (n - 1)d = 2n + 3$，
所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式是$a_{n} = 2n + 3$。
(2)证明：法一：由
(1)知，$S_{n} = \frac{n(5 + 2n + 3)}{2} = n^{2} + 4n,b_{n} = \begin{cases} 2n - 3,n = 2k - 1, \\ 4n + 6,n = 2k, \end{cases} k \in \mathbf{N}_{+}$。
当$n$为偶数时，$b_{n - 1} + b_{n} = 2(n - 1) - 3 + 4n + 6 = 6n + 1$，
$T_{n} = \frac{13 + (6n + 1)}{2} · \frac{n}{2} = \frac{3}{2}n^{2} + \frac{7}{2}n$，
当$n ＞ 5$时，$T_{n} - S_{n} = (\frac{3}{2}n^{2} + \frac{7}{2}n) - (n^{2} + 4n) = \frac{1}{2}n(n - 1) ＞ 0$，
因此$T_{n} ＞ S_{n}$；
当$n$为奇数时，$T_{n} = T_{n + 1} - b_{n + 1} = \frac{3}{2}(n + 1)^{2} + \frac{7}{2}(n + 1) - [4(n + 1) + 6] = \frac{3}{2}n^{2} + \frac{5}{2}n - 5$，
当$n ＞ 5$时，$T_{n} - S_{n} = (\frac{3}{2}n^{2} + \frac{5}{2}n - 5) - (n^{2} + 4n) = \frac{1}{2}(n + 2)(n - 5) ＞ 0$，因此$T_{n} ＞ S_{n}$。
所以当$n ＞ 5$时，$T_{n} ＞ S_{n}$。
法二：由
(1)知，$S_{n} = \frac{n(5 + 2n + 3)}{2} = n^{2} + 4n,b_{n} = \begin{cases} 2n - 3,n = 2k - 1, \\ 4n + 6,n = 2k, \end{cases} k \in \mathbf{N}_{+}$。
当$n$为偶数时，$T_{n} = (b_{1} + b_{3} + ·s + b_{n - 1}) + (b_{2} + b_{4} + ·s + b_{n}) = - 1 + 2(n - 1) - 3 · \frac{n}{2} + 14 + 4n + 6 · \frac{n}{2} = \frac{3}{2}n^{2} + \frac{7}{2}n$，
当$n ＞ 5$时，$T_{n} - S_{n} = (\frac{3}{2}n^{2} + \frac{7}{2}n) - (n^{2} + 4n) = \frac{1}{2}n(n - 1) ＞ 0$，因此$T_{n} ＞ S_{n}$。
当$n$为奇数时，若$n \geqslant 3$，则$T_{n} = (b_{1} + b_{3} + ·s + b_{n}) + (b_{2} + b_{4} + ·s + b_{n - 1}) = \frac{- 1 + 2n - 3}{2} · \frac{n + 1}{2} + 14 + 4(n - 1) + 6 · \frac{n - 1}{2} = \frac{3}{2}n^{2} + \frac{5}{2}n - 5$，显然$T_{1} = b_{1} = - 1$满足上式。
因此当$n$为奇数时，$T_{n} = \frac{3}{2}n^{2} + \frac{5}{2}n - 5$，
当$n ＞ 5$时，$T_{n} - S_{n} = (\frac{3}{2}n^{2} + \frac{5}{2}n - 5) - (n^{2} + 4n) = \frac{1}{2}(n + 2)(n - 5) ＞ 0$，因此$T_{n} ＞ S_{n}$。
所以当$n ＞ 5$时，$T_{n} ＞ S_{n}$。

(1)求$\{a_n\}$的通项公式；

答案： 设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，而$b_{n} = \begin{cases} a_{n} - 6,n = 2k - 1, \\ 2a_{n},n = 2k, \end{cases} k \in \mathbf{N}_{+}$。
则$b_{1} = a_{1} - 6,b_{2} = 2a_{2} = 2a_{1} + 2d,b_{3} = a_{3} - 6 = a_{1} + 2d - 6$，
于是$\begin{cases} S_{4} = 4a_{1} + 6d = 32, \\ T_{3} = 4a_{1} + 4d - 12 = 16, \end{cases}$解得$a_{1} = 5,d = 2,a_{n} = a_{1} + (n - 1)d = 2n + 3$，
所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式是$a_{n} = 2n + 3$。

(2)证明：当$n ＞ 5$时，$T_n ＞ S_n$。

答案： 证明：法一：由
(1)知，$S_{n} = \frac{n(5 + 2n + 3)}{2} = n^{2} + 4n,b_{n} = \begin{cases} 2n - 3,n = 2k - 1, \\ 4n + 6,n = 2k, \end{cases} k \in \mathbf{N}_{+}$。
当$n$为偶数时，$b_{n - 1} + b_{n} = 2(n - 1) - 3 + 4n + 6 = 6n + 1$，
$T_{n} = \frac{13 + (6n + 1)}{2} · \frac{n}{2} = \frac{3}{2}n^{2} + \frac{7}{2}n$，
当$n ＞ 5$时，$T_{n} - S_{n} = (\frac{3}{2}n^{2} + \frac{7}{2}n) - (n^{2} + 4n) = \frac{1}{2}n(n - 1) ＞ 0$，
因此$T_{n} ＞ S_{n}$；
当$n$为奇数时，$T_{n} = T_{n + 1} - b_{n + 1} = \frac{3}{2}(n + 1)^{2} + \frac{7}{2}(n + 1) - [4(n + 1) + 6] = \frac{3}{2}n^{2} + \frac{5}{2}n - 5$，
当$n ＞ 5$时，$T_{n} - S_{n} = (\frac{3}{2}n^{2} + \frac{5}{2}n - 5) - (n^{2} + 4n) = \frac{1}{2}(n + 2)(n - 5) ＞ 0$，因此$T_{n} ＞ S_{n}$。
所以当$n ＞ 5$时，$T_{n} ＞ S_{n}$。
法二：由
(1)知，$S_{n} = \frac{n(5 + 2n + 3)}{2} = n^{2} + 4n,b_{n} = \begin{cases} 2n - 3,n = 2k - 1, \\ 4n + 6,n = 2k, \end{cases} k \in \mathbf{N}_{+}$。
当$n$为偶数时，$T_{n} = (b_{1} + b_{3} + ·s + b_{n - 1}) + (b_{2} + b_{4} + ·s + b_{n}) = - 1 + 2(n - 1) - 3 · \frac{n}{2} + 14 + 4n + 6 · \frac{n}{2} = \frac{3}{2}n^{2} + \frac{7}{2}n$，
当$n ＞ 5$时，$T_{n} - S_{n} = (\frac{3}{2}n^{2} + \frac{7}{2}n) - (n^{2} + 4n) = \frac{1}{2}n(n - 1) ＞ 0$，因此$T_{n} ＞ S_{n}$。
当$n$为奇数时，若$n \geqslant 3$，则$T_{n} = (b_{1} + b_{3} + ·s + b_{n}) + (b_{2} + b_{4} + ·s + b_{n - 1}) = \frac{- 1 + 2n - 3}{2} · \frac{n + 1}{2} + 14 + 4(n - 1) + 6 · \frac{n - 1}{2} = \frac{3}{2}n^{2} + \frac{5}{2}n - 5$，显然$T_{1} = b_{1} = - 1$满足上式。
因此当$n$为奇数时，$T_{n} = \frac{3}{2}n^{2} + \frac{5}{2}n - 5$，
当$n ＞ 5$时，$T_{n} - S_{n} = (\frac{3}{2}n^{2} + \frac{5}{2}n - 5) - (n^{2} + 4n) = \frac{1}{2}(n + 2)(n - 5) ＞ 0$，因此$T_{n} ＞ S_{n}$。
所以当$n ＞ 5$时，$T_{n} ＞ S_{n}$。

已知等差数列$\{a_n\}$的前三项和为$15$，等比数列$\{b_n\}$的前三项积为$64$，且$a_1 = b_1 = 2$。
（1）求$\{a_n\}$和$\{b_n\}$的通项公式；
（2）设$c_n=\begin{cases}a_n,n 为奇数,\\\sqrt{b_n},n 为偶数,\end{cases}$求数列$\{c_n\}$的前$20$项和。

答案：
(1)设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，等比数列$\{ b_{n}\}$的公比为$q$，
由条件可知，$a_{1} + a_{2} + a_{3} = 3a_{2} = 15$，得$a_{2} = 5,d = a_{2} - a_{1} = 3$，
所以$a_{n} = 2 + (n - 1) × 3 = 3n - 1$，
等比数列$\{ b_{n}\}$中，$b_{1}b_{2}b_{3} = b_{2}^{3} = 64$，则$b_{2} = 4,q = \frac{b_{2}}{b_{1}} = 2$，所以$b_{n} = 2 · 2^{n - 1} = 2^{n}$。
(2)$c_{n} = \begin{cases} 3n - 1,n为奇数, \\ 2^{\frac{n}{2}},n为偶数. \end{cases}$
对数列$\{ 3n - 1\},n$为奇数时，$3(n + 2) - 1 - (3n - 1) = 6$，
所以数列$\{ c_{n}\}$的奇数项是首项为$2$，公差为$6$的等差数列，对数列$\{ 2^{\frac{n}{2}}\},n$为偶数时，$\frac{2^{\frac{n + 2}{2}}}{2^{\frac{n}{2}}} = 2$，
所以数列$\{ c_{n}\}$的偶数项是首项为$2$，公比为$2$的等比数列，所以数列$\{ c_{n}\}$的前$20$项和为
$c_{1} + c_{2} + c_{3} + ·s + c_{20} = (c_{1} + c_{3} + ·s + c_{19}) + (c_{2} + c_{4} + ·s + c_{20}) = 10(2 + 56) + \frac{2(1 - 2^{10})}{1 - 2} = 290 + 2^{11} - 2 = 2336$。