《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(2025·四川德阳模拟)已知等差数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且$4S_2 = S_4$，$a_{2n} = 2a_n + 1$，$n\in\mathbf{N}_+$。

答案：
(1)设等差数列$\{ a_{n}\}$的首项为$a_{1}$，公差为$d$.
因为$4S_{2} = S_{4},a_{2n} = 2a_{n} + 1$，
所以$\begin{cases} 4(2a_{1} + d) = 4a_{1} + 6d, \\ a_{1} + (2n - 1)d = 2[a_{1} + (n - 1)d] + 1, \end{cases}$化简得$\begin{cases} d = 2a_{1}, \\ d = a_{1} + 1, \end{cases}$
所以$a_{1} = 1,d = 2$，所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n} = 2n - 1$。
(2)$b_{n} = (-1)^{n - 1} · \frac{4n}{a_{n}a_{n + 1}} = (-1)^{n - 1} · \frac{4n}{(2n - 1)(2n + 1)}$。
整理得$b_{n} = (-1)^{n - 1} · (\frac{1}{2n - 1} + \frac{1}{2n + 1})$。
所以$T_{n} = b_{1} + b_{2} + ·s + b_{n} = (1 + \frac{1}{3}) - (\frac{1}{3} + \frac{1}{5}) + ·s + (-1)^{n - 1} · (\frac{1}{2n - 1} + \frac{1}{2n + 1})$。
整理得$T_{n} = \begin{cases} 1 + \frac{1}{2n + 1},n为奇数, \\ 1 - \frac{1}{2n + 1},n为偶数. \end{cases}$

(1)求数列$\{a_n\}$的通项公式；

答案： 设等差数列$\{ a_{n}\}$的首项为$a_{1}$，公差为$d$.
因为$4S_{2} = S_{4},a_{2n} = 2a_{n} + 1$，
所以$\begin{cases} 4(2a_{1} + d) = 4a_{1} + 6d, \\ a_{1} + (2n - 1)d = 2[a_{1} + (n - 1)d] + 1, \end{cases}$化简得$\begin{cases} d = 2a_{1}, \\ d = a_{1} + 1, \end{cases}$
所以$a_{1} = 1,d = 2$，所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n} = 2n - 1$。

(2)设$b_n = (-1)^{n - 1}\frac{4n}{a_na_{n + 1}}$，求数列$\{b_n\}$的前$n$项和$T_n$。

答案： $b_{n} = (-1)^{n - 1} · \frac{4n}{a_{n}a_{n + 1}} = (-1)^{n - 1} · \frac{4n}{(2n - 1)(2n + 1)}$。
整理得$b_{n} = (-1)^{n - 1} · (\frac{1}{2n - 1} + \frac{1}{2n + 1})$。
所以$T_{n} = b_{1} + b_{2} + ·s + b_{n} = (1 + \frac{1}{3}) - (\frac{1}{3} + \frac{1}{5}) + ·s + (-1)^{n - 1} · (\frac{1}{2n - 1} + \frac{1}{2n + 1})$。
整理得$T_{n} = \begin{cases} 1 + \frac{1}{2n + 1},n为奇数, \\ 1 - \frac{1}{2n + 1},n为偶数. \end{cases}$

（2025·黑龙江哈尔滨模拟）已知各项均为正数的数列$\{a_n\}$满足$4S_n = (a_n + 1)^2$，其中$S_n$是数列$\{a_n\}$的前$n$项和。
（1）求数列$\{a_n\}$的通项公式；
（2）若数列$\{b_n\}$满足$b_n = (-1)^na_n + [(-1)^n + 1]2^n$，求$\{b_n\}$的前$2n$项和$T_{2n}$。

答案：
(1)$4S_{n} = (a_{n} + 1)^{2}$，当$n \geqslant 2$时，$4S_{n - 1} = (a_{n - 1} + 1)^{2}$，
两式作差可得，$4a_{n} = a_{n}^{2} - a_{n - 1}^{2} + 2a_{n} - 2a_{n - 1}$，
$(a_{n} - a_{n - 1})(a_{n} + a_{n - 1}) - 2(a_{n} + a_{n - 1}) = 0,(a_{n} + a_{n - 1})(a_{n} - a_{n - 1} - 2) = 0$，又$a_{n} ＞ 0$，
故$a_{n} - a_{n - 1} = 2$，又当$n = 1$时，$4a_{1} = (a_{1} + 1)^{2}$，解得$a_{1} = 1$，
故数列$\{ a_{n}\}$是首项为$1$，公差为$2$的等差数列，则$a_{n} = 2n - 1$。
(2)$b_{n} = (-1)^{n}a_{n} + [(-1)^{n} + 1]2^{n} = (-1)^{n}(2n - 1) + [(-1)^{n} + 1] × 2^{n}$；
$b_{2k} + b_{2k - 1} = (-1)^{2k}(4k - 1) + [(-1)^{2k} + 1] × 2^{2k} + (-1)^{2k - 1}(4k - 3) + [(-1)^{2k - 1} + 1] × 2^{2k - 1} = 4k - 1 + 2^{2k + 1} - 4k + 3 = 2 + 2^{2k + 1},k \in \mathbf{N}_{+}$，
故$T_{2n} = b_{1} + b_{2} + b_{3} + b_{4} + ·s + b_{2n - 1} + b_{2n} = (2 + 2^{3}) + (2 + 2^{5}) + ·s + (2 + 2^{2n + 1}) = 2n + \frac{2^{3}(1 - 4^{n})}{1 - 4} = \frac{2}{3} × 4^{n + 1} + 2n - \frac{8}{3}$。

(2025·山东青岛模拟)已知数列$\{a_n\}$满足$a_{n + 1} + a_n = 4n + 4(n\in\mathbf{N}_+)$，且$a_1 = 3$。

答案：
(1)数列$\{ a_{n}\}$中，$n \in \mathbf{N}_{+},a_{n + 1} + a_{n} = 4n + 4$，当$n \geqslant 2$时，$a_{n} + a_{n - 1} = 4(n - 1) + 4 = 4n$，则$a_{n + 1} - a_{n - 1} = 4$，由$a_{1} = 3$，得$a_{2} = 4×1 + 4 - 3 = 5$，
当$n$为正奇数时，数列$\{ a_{n}\}$是首项为$3$，公差为$4$的等差数列，
则$a_{2n - 1} = 3 + 4(n - 1) = 2(2n - 1) + 1$，即$a_{n} = 2n + 1$，
当$n$为正偶数时，数列$\{ a_{n}\}$是首项为$5$，公差为$4$的等差数列，
则$a_{2n} = 5 + 4(n - 1) = 2 · 2n + 1$，即$a_{n} = 2n + 1$，即$a_{n} = 2n + 1$，
所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式是$a_{n} = 2n + 1$。
(2)由
(1)得$b_{n} = (-2)^{2n + 1} = - 2^{2n + 1}$，
显然数列$\{ b_{n}\}$是首项为$- 8$，公比$q = 4$的等比数列，
则$S_{n} = \frac{- 8(1 - 4^{n})}{1 - 4} = \frac{2^{2n + 3} - 8}{3}$，
由$S_{n} ＜ - 2024$，得$\frac{2^{2n + 3} - 8}{3} ＜ - 2024$，整理得$4^{n} ＞ 760$，
而数列$\{ 4^{n}\}$是递增数列，$4^{4} = 256 ＜ 760,4^{5} = 1024 ＞ 760$，因此$n \geqslant 5$，
所以$n$的最小值为$5$。

(1)求数列$\{a_n\}$的通项公式；

答案： 数列$\{ a_{n}\}$中，$n \in \mathbf{N}_{+},a_{n + 1} + a_{n} = 4n + 4$，当$n \geqslant 2$时，$a_{n} + a_{n - 1} = 4(n - 1) + 4 = 4n$，则$a_{n + 1} - a_{n - 1} = 4$，由$a_{1} = 3$，得$a_{2} = 4×1 + 4 - 3 = 5$，
当$n$为正奇数时，数列$\{ a_{n}\}$是首项为$3$，公差为$4$的等差数列，
则$a_{2n - 1} = 3 + 4(n - 1) = 2(2n - 1) + 1$，即$a_{n} = 2n + 1$，
当$n$为正偶数时，数列$\{ a_{n}\}$是首项为$5$，公差为$4$的等差数列，
则$a_{2n} = 5 + 4(n - 1) = 2 · 2n + 1$，即$a_{n} = 2n + 1$，即$a_{n} = 2n + 1$，
所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式是$a_{n} = 2n + 1$。

(2)设$b_n = (-2)^{a_n}$，数列$\{b_n\}$的前$n$项和为$S_n$，若$S_n ＜ - 2024$，求$n$的最小值。

答案： 由
(1)得$b_{n} = (-2)^{2n + 1} = - 2^{2n + 1}$，
显然数列$\{ b_{n}\}$是首项为$- 8$，公比$q = 4$的等比数列，
则$S_{n} = \frac{- 8(1 - 4^{n})}{1 - 4} = \frac{2^{2n + 3} - 8}{3}$，
由$S_{n} ＜ - 2024$，得$\frac{2^{2n + 3} - 8}{3} ＜ - 2024$，整理得$4^{n} ＞ 760$，
而数列$\{ 4^{n}\}$是递增数列，$4^{4} = 256 ＜ 760,4^{5} = 1024 ＞ 760$，因此$n \geqslant 5$，
所以$n$的最小值为$5$。

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$b_n=\begin{cases}\log_2a_n,n 为奇数,\\a_n + 1,n 为偶数,\end{cases}$求数列$\{b_n\}$的前$2n$项和$S_{2n}$。

答案：
(1)由题意，当$n = 1$时，$a_{1}a_{2} = 4$，又$a_{1} = 1$，故$a_{2} = 4$。
因为$a_{n} · a_{n + 1} = 4^{n}$ ①，
则$a_{n + 1} · a_{n + 2} = 4^{n + 1}$ ②，
由$\frac{②}{①}$可得$\frac{a_{n + 2}}{a_{n}} = 4$，
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$S_{2n} = (b_{1} + b_{3} + ·s + b_{2n - 1}) + (b_{2} + b_{4} + ·s + b_{2n}) = \sum_{k = 1}^{n}(2k - 2) + \sum_{k = 1}^{n}(2^{2k}+1)$
$=n(n - 1)+\frac{4(1 - 4^{n})}{1 - 4}+n=n^{2} + \frac{4^{n + 1} - 4}{3}$。