《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(1)求$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$的通项公式；

答案： 解：
(1)设$\{a_{n}\}$的公差为$d$，$\{b_{n}\}$的公比为$q$，
因为$a_{4} = b_{2}$，$a_{8} = b_{3}$，所以$1 + 3d = 2q$，$1 + 7d = 2q^2$，
联立消去$q$得$9d^2 - 8d - 1 = 0$，解得$d = 1$(舍负)，
故$d = 1$，$q = 2$，
所以$a_{n} = a_{1} + (n - 1)d = n$，$b_{n} = b_{1} · q^{n - 1} = 2^n$．

(2)若数列$\{ b_{n}\}$的第$m$项$b_{m}$，满足(在①②中任选一个条件)，$k\in N_{+}$，则将其去掉，数列$\{ b_{n}\}$剩余的各项按原顺序组成一个新的数列$\{ c_{n}\}$，求$\{ c_{n}\}$的前$20$项和$S_{20}$。
①$\log_{4}b_{m} = a_{k}$；②$b_{m} = 3a_{k} + 1$。

答案：
(2)若选①$\log_2 b_m=a_k$，则有$\log_2 2^m=k \Rightarrow m=2k$，$k \in N_+$，
所以$\{b_n\}$剩余的项就是原数列的奇数项，相当于剩余的项构成的新数列$\{c_n\}$是以$2$为首项，$4$为公比的等比数列，所以$S_{20}=\frac{2 × (1-4^{20})}{1-4}$
$=\frac{2}{3}(4^{20}-1)$．
若选②$b_m=3a_k+1$，则有$2^m=3k+1$，因为$m \in N_+$，$k \in N_+$，
所以当$m=2n$，$n \in N_+$时，对应的$k=\frac{4^n-1}{3}=\frac{(3+1)^n-1}{3}$为整数，满足$2^m=3k+1$，
当$m=2n-1$，$n \in N_+$时，对应的$k=\frac{\frac{4^n}{2}-1}{3}=\frac{(3+1)^n-2}{6}$不为整数，不满足$2^m=3k+1$，
所以$\{b_n\}$剩余的项就是原数列的奇数项，相当于剩余的项构成的新数列$\{c_n\}$是以$2$为首项，$4$为公比的等比数列，所以$S_{20}=\frac{2 × (1-4^{20})}{1-4}$
$=\frac{2}{3}(4^{20}-1)$．

(2)数列$\{ a_{n}\}$与$\{ b_{n}\}$的通项公式分别为$a_{n} = \frac{3}{4}× 2^{n}$，$b_{n} = 6× 4^{n}$，它们的公共项由小到大排成的数列是$\{ c_{n}\}$，求$c_{n}$；

答案：
(2)$a_{n} = 3 × 2^{n - 2}$，$b_{n} = 3 × 2^{2n + 1}$，
设$a_{n} = 3 × 2^{n - 2}$是数列$\{b_{n}\}$中的第$m$项，即$3 × 2^{n - 2} = 3 × 2^{2m + 1}$，
所以$n - 2 = 2m + 1$，
所以$n = 2m + 3$，即$\{a_{n}\}$中第$2m + 3$项，
所以$a_{2m + 3} = 3 × 2^{2m + 3 - 2} = 3 × 2^{2m + 1}$，所以$c_{n} = 3 × 2^{2n + 1}$．

(3)数列$\{ a_{n}\}$与$\{ b_{n}\}$的通项公式分别为$a_{n} = 2^{n}$，$b_{n} = 3n + 2$，它们的公共项由小到大排成的数列是$\{ c_{n}\}$，求$c_{n}$。

答案：
(3)设$a_{k} = 2^k$是数列$\{b_{n}\}$中的第$m$项，即$2^k = 3m + 2$，
所以$3m = 2^k - 2(m,k \in N_+,k＞1)$，
所以$2^k - 2$能被$3$整除．
又$2^k - 2 = (3 - 1)^k - 2 = C_{k}^03^k(-1)^0 + C_{k}^13^{k - 1}(-1) + ·s + C_{k}^{k - 1}3^1(-1)^{k - 1} + C_{k}^k3^0(-1)^k - 2$，
所以$C_{k}^k3^0(-1)^k - 2$能被$3$整除，即$(-1)^k - 2$能被$3$整除．
所以当$k = 2n + 1(n \in N_+)$时，$2^k - 2$能被$3$整除．
所以$c_{n} = 2^{2n + 1}$．

(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；

答案： 解：
(1)依题意$a_{n}＞0$，
当$n = 1$时，$4a_{1} = 4S_{1} = (a_{1} - 1)(a_{1} + 3)$，解得$a_{1} = 3$，负值舍去．
由$4S_{n} = (a_{n} - 1)(a_{n} + 3)(n \in N_+)$，
当$n \geq 2$时，有$4S_{n - 1} = (a_{n - 1} - 1)(a_{n - 1} + 3)$，
作差得$4a_{n} = a_{n}^2 - a_{n - 1}^2 + 2a_{n} - 2a_{n - 1}$，
所以$(a_{n} + a_{n - 1})(a_{n} - a_{n - 1} - 2) = 0$，
因为$a_{n} + a_{n - 1}＞0$，所以$a_{n} - a_{n - 1} = 2(n \geq 2)$，
所以数列$\{a_{n}\}$是首项为$3$，公差为$2$的等差数列，
所以$a_{n} = 3 + (n - 1) × 2 = 2n + 1$．

(2)将数列$\{ a_{n}\}$和数列$\{ 2^{n}\}$中所有的项，按照从小到大的顺序排列得到一个新数列$\{ b_{n}\}$，求$\{ b_{n}\}$的前$50$项和。

答案：
(2)由
(1)得，$a_{50} = 101$，
又$2^6 ＜ 101 ＜ 2^7$，同时$a_{44} = 89 ＜ 2^6$，所以$b_{50} = a_{44}$，
所以$b_{1} + b_{2} + ·s + b_{50} = (a_{1} + a_{2} + ·s + a_{44}) + (2^1 + 2^2 + ·s + 2^6)$
$=\frac{44}{2}(a_{1} + a_{44}) + \frac{2(1 - 2^6)}{1 - 2} = 2024 + 126 = 2150$．
所以$\{b_{n}\}$的前$50$项和为$2150$．

(1)求$\{ a_{n}\}$与$\{ b_{n}\}$的通项公式；

答案： 解：
(1)由$S_{n} = \frac{3n^2 + n}{2}$得，当$n = 1$时，$a_{1} = S_{1} = 2$，
当$n \geq 2$时，$a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = 3n - 1$，
当$n = 1$时，上式也成立，
所以$a_{n} = 3n - 1$．依题意，$b_{1} + b_{3} = 2(b_{2} + 1)$，$b_{1} + b_{1} · 2^2 = 2(b_{1} · 2 + 1)$，
解得$b_{1} = 2$，所以$b_{n} = 2^n$．

(2)把数列$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$的公共项由小到大排成的数列记为$\{ c_{n}\}$，求数列$\{ c_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}$。

答案：
(2)数列$\{a_{n}\}$和$\{b_{n}\}$的公共项从小到大依次为$2^1$，$2^3$，$2^5$，$2^7$，$·s$，
所以$2^1$，$2^3$，$2^5$，$2^7$，$·s$构成首项为$2$，公比为$4$的等比数列，所以$c_{n} = 2 × 4^{n - 1}$，则$T_{n} = c_{1} + c_{2} + ·s + c_{n} = \frac{2(1 - 4^n)}{1 - 4} = \frac{2(4^n - 1)}{3}$