《2025年成才之路高中新课程学习指导高中数学选择性必修第二册人教版》

▶跟踪训练$1$
设等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，等比数列$\{ b_{n}\}$的各项都为正数，且满足
$a_{1} = b_{1} = 2,a_{3} = b_{1} + b_{2},S_{3} = b_{3} + 4$.
(1)求$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$的通项公式；
(2)记$c_{n} = \begin{cases} a_{n}, & n = 2k - 1, \\b_{n}, & n = 2k \end{cases}(k \in \mathbf{N}^{*})$，求数列$\{ c_{n}\}$的前$21$项的和.

答案： 跟踪训练1:【解析】
(1)设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$,正项等比数列$\{ b_{n}\}$的公比为$q(q＞0)$,
依题意得$\begin{cases}2+2d=2+2q,\\3×2+3d=2q^{2}+4,\end{cases}$ 解得$d=q=2$,
所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=2n$,数列$\{ b_{n}\}$的通项公式为$b_{n}=2^{n}$.
(2)由
(1)知,$a_{2k-1}=4k-2$,数列$\{ a_{2k-1}\}$是等差数列,首项为2,公差为4,$b_{2k}=2^{2k}=4^{k}$,数列$\{ b_{2k}\}$是等比数列,首项为4,公比为4,
而$c_{n}=\begin{cases}a_{n},n=2k-1,\\b_{n},n=2k\end{cases}(k\in\mathbf{N}^{*})$,
则数列$\{ c_{n}\}$的前21项的和$T_{21}=(a_{1}+a_{3}+·s +a_{21})+(b_{2}+b_{4}+·s +b_{20})=11×2+\frac {11×10}{2}×4+\frac {4×(1-4^{10})}{1-4}=\frac {4^{11}+722}{3}$,
所以数列$\{ c_{n}\}$的前21项的和为$\frac {4^{11}+722}{3}$.

例 2. 求和：$S_{n} = - 1 + 3 - 5 + 7 - ·s + ( - 1)^{n}(2n - 1)$.▶[方法总结$2$]
[方法总结$2$]
并项求和法的应用
(1)适用条件
通项中含有$( - 1)^{n}$的数列求前$n$项和时可以考虑使用奇偶并项法；
(2)注意事项
①奇偶项正负相间型求和，可以两项结合构成具有某种特殊性质的特殊数列；
②如果需要讨论奇偶，一般情况下，先求偶，再求奇. 求奇时，直接代入偶数项公式，再加上最后的奇数项即可.

答案： 例2:【解析】 当$n$为奇数时,$S_{n}=(-1+3)+(-5+7)+(-9+11)+·s +[(-2n+5)+(2n-3)]+(-2n+1)=2·\frac {n-1}{2}+(-2n+1)=-n$.
当$n$为偶数时,$S_{n}=(-1+3)+(-5+7)+·s +[(-2n+3)+(2n-1)]=2·\frac {n}{2}=n$.
所以$S_{n}=(-1)^{n}· n(n\in\mathbf{N}^{*})$.

▶跟踪训练$2$
计算：$1^{2} - 2^{2} + 3^{2} - 4^{2} + ·s + 99^{2} - 100^{2} =$$-5\ 050$.

答案： 跟踪训练2:$-5\ 050$ $1^{2}-2^{2}+3^{2}-4^{2}+·s +99^{2}-100^{2}$
$=(1^{2}-2^{2})+(3^{2}-4^{2})+·s +(99^{2}-100^{2})$
$=(1-2)×(1+2)+(3-4)×(3+4)+·s +(99-100)×(99+100)$
$=-(1+2+3+4+·s +99+100)$
$=-5\ 050$.

例 3. 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$S_{n} = 2a_{n} - 2(n \in \mathbf{N}^{*})$.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)若$b_{n} = \frac{1 + \log_{2}a_{n}}{a_{n}}$，求数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}$.▶[方法总结$3$]
[方法总结$3$]
1. 一般地，如果数列$\{ a_{n}\}$是等差数列，
$\{ b_{n}\}$是等比数列，求数列$\{ a_{n} · b_{n}\}$的前$n$项和时，可采用错位相减法.
2. 用错位相减法求和时，应注意：
(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；
(2)在写出$``S_{n}"$与$``qS_{n}"$的表达式时应特别注意将两式$``$错项对齐$"$，以便于下一步准确地写出$``S_{n} - qS_{n}"$的表达式；
(3)结果的化简整理，要合并同类项.

答案： 例3:【解析】
(1)因为$S_{n}=2a_{n}-2$,
当$n=1$时,$S_{1}=2a_{1}-2$,解得$a_{1}=2$,
当$n\geq2$时,$S_{n-1}=2a_{n-1}-2$,
所以$a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=(2a_{n}-2)-(2a_{n-1}-2)=2a_{n}-2a_{n-1}$,
即$a_{n}=2a_{n-1}(n\geq2)$.
所以数列$\{ a_{n}\}$是首项为2,公比为2的等比数列,
故$a_{n}=2×2^{n-1}=2^{n}$.
(2)由
(1)知$a_{n}=2^{n}$,
则$b_{n}=\frac {1+\log_{2}a_{n}}{a_{n}}=\frac {1+\log_{2}2^{n}}{2^{n}}=\frac {n+1}{2^{n}}$,
所以$T_{n}=\frac {2}{2}+\frac {3}{2^{2}}+\frac {4}{2^{3}}+·s +\frac {n+1}{2^{n}}$, ①
$\frac {1}{2}T_{n}=\frac {2}{2^{2}}+\frac {3}{2^{3}}+·s +\frac {n}{2^{n}}+\frac {n+1}{2^{n+1}}$, ②
①$-$②得$\frac {1}{2}T_{n}=1+(\frac {1}{2^{2}}+\frac {1}{2^{3}}+·s +\frac {1}{2^{n}})-\frac {n+1}{2^{n+1}}$
$=1+\frac {\frac {1}{2^{2}}×(1-\frac {1}{2^{n-1}})}{1-\frac {1}{2}}-\frac {n+1}{2^{n+1}}$
$=1+\frac {1}{2}-\frac {1}{2^{n}}-\frac {n+1}{2^{n+1}}=\frac {3}{2}-\frac {n+3}{2^{n+1}}$,
所以数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}=3-\frac {n+3}{2^{n}}$.