2020浙江新高考数学二轮复习教师用书：专题三　4高考解答题的审题与答题示范（三）

典例

(本题满分15分)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.

(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{a2nb2n－1}的前n项和(n∈N*).

审题路线

(1)要求{an}和{bn}的通项公式⇒需求{an}的首项a1和公差d；{bn}的首项b1和公比q.

(2)由(1)知a2nb2n－1＝(3n－1)4n⇒分析a2nb2n－1的结构：{3n－1}是等差数列，{4n}是等比数列⇒符合错位相减法求和的特点.

标准答案

阅卷现场

(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.

由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，

而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.①

又因为q＞0，解得q＝2，所以bn＝2n.②

由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8(ⅰ)

化归成基本量.

由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16(ⅱ).

联立(ⅰ)(ⅱ)，解得a1＝1，d＝3，③

由此可得an＝3n－2.④

所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2，

数列{bn}的通项公式为bn＝2n.⑤

(2)设数列{a2nb2n－1}的前n项和为Tn，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2nb2n－1＝(3n－1)×4n，⑥

故Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，(*)⑦

4Tn＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，(**)⑧

(*)－(**)得－3Tn＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n化归成等比数列－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8.⑨

得Tn＝×4n＋1＋.⑩

所以数列{a2nb2n－1}的前n项和为×4n＋1＋.⑪

第(1)问踩点得分说明

①正确求出q2＋q－6＝0得2分；

②根据等比数列的通项公式求出通项公式bn＝2n得2分，通项公式使用错误不得分；

③求出a1＝1，d＝3得2分；

④根据等差数列的通项公式求出通项公式an＝3n－2得1分，通项公式使用错误不得分；

⑤正确写出结论得1分.

第(2)问踩点得分说明

⑥正确写出a2nb2n－1＝(3n－1)×4n得1分；

⑦正确写出Tn＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n得1分；

⑧正确写出4Tn得1分；

⑨由两式相减得出－3Tn＝－(3n－2)×4n＋1－8正确得2分，错误不得分；

⑩正确计算出Tn＝×4n＋1＋得1分；

⑪正确写出结论得1分.