【解答】
本小题主要考查等差数列的概念、通项公式及前 $n$ 项和公式、等比数列的概念、等比中项、不等式证明、数学归纳法等基础知识，考查运算能力和推理论证能力及分类讨论的思想方法。满分 14 分。
（I）解：由题设有 $a_{1}+a_{2}-4 a_{1}=0, a_{1}=1$ ，解得 $a_{2}=3$ ．由题设又有 $4 a_{2}^{2}=b_{2} b_{1}$ ， $b_{1}=4$ ，解得 $b_{2}=9$ ．
（II）解法一：由题设 $n S_{n+1}-(n+3) S_{n}=0, a_{1}=1, b_{1}=4$ ，及 $a_{2}=3, b_{2}=9$ ，
进一步可得 $a_{3}=6, b_{3}=16, a_{4}=10, b_{4}=25$ ，猜想
$a_{n}=\frac{n(n+1)}{2}, b_{n}=(n+1)^{2}, n \in \mathbf{N}^{*}$.
先证 $a_{n}=\frac{n(n+1)}{2}, n \in \mathbf{N}^{*}$ ．
当 $n=1$ 时，$\quad a_{1}=\frac{1 \times(1+1)}{2}$ ，等式成立．当 $n \geqslant 2$ 时用数学归纳法证明如下：
①当 $n=2$ 时，$a_{2}=\frac{2 \times(2+1)}{2}$ ，等式成立．
②假设当 $n=k$ 时等式成立，即 $a_{k}=\frac{k(k+1)}{2}, k \geqslant 2$ ．
由题设，
$k S_{k+1}=(k+3) S_{k}$,
$(k-1) S_{k}=(k+2) S_{k-1}$.
（1）的两边分别减去（2）的两边，整理得 $k a_{k+1}=(k+2) a_{k}$ ，从而
$a_{k+1}=\frac{k+2}{k} a_{k}=\frac{k+2}{k} \cdot \frac{k(k+1)}{2}=\frac{(k+1)[(k+1)+1]}{2}$.
这就是说，当 $n=k+1$ 时等式也成立。根据①和②可知，等式 $a_{n}=\frac{n(n+1)}{2}$ 对任何的 $n \geqslant 2$ 成立．
综上所述，等式 $a_{n}=\frac{n(n+1)}{2}$ 对任何的 $n \in \mathbf{N}^{*}$ 都成立．
再用数学归纳法证明 $b_{n}=(n+1)^{2}, n \in \mathbf{N}^{*}$ ．
（1）当 $n=1$ 时，$b_{1}=(1+1)^{2}$ ，等式成立．
（2）假设当 $n=k$ 时等式成立，即 $b_{k}=(k+1)^{2}$ ，那么
$b_{k+1}=\frac{4 a_{k+1}^{2}}{b_{k}}=\frac{(k+1)^{2}(k+2)^{2}}{(k+1)^{2}}=[(k+1)+1]^{2}$.
这就是说，当 $n=k+1$ 时等式也成立。根据①和②可知，等式 $b_{n}=(n+1)^{2}$ 对任何的 $n \in \mathbf{N}^{*}$ 都成立。
解法二：由题设
$$
\begin{aligned}
& n S_{n+1}=(n+3) S_{n} \\
& (n-1) S_{n}=(n+2) S_{n-1}
\end{aligned}
$$
（1）的两边分别减去（2）的两边，整理得 $n a_{n+1}=(n+2) a_{n}, n \geqslant 2$ ，所以
$2 a_{3}=4 a_{2}$,
$3 a_{4}=5 a_{3}$,
$$
(n-1) a_{n}=(n+1) a_{n-1}, \quad n \geqslant 3
$$
将以上各式左右两端分别相乘，得
$(n-1)!a_{n}=\frac{(n+1)!}{6} a_{2}$ ，
由（I）并化简得
$a_{n}=\frac{n(n+1)}{6} a_{2}=\frac{n(n+1)}{2}, n \geqslant 3$.
上式对 $n=1,2$ 也成立．
由题设有 $b_{n+1} b_{n}=4 a_{n+1}^{2}$ ，所以 $b_{n+1} b_{n}=(n+2)^{2}(n+1)^{2}$ ，即
$\frac{b_{n}}{(n+1)^{2}} \cdot \frac{b_{n+1}}{(n+2)^{2}}=1, \quad n \in \mathbf{N}^{*}$.
令 $x_{n}=\frac{b_{n}}{(n+1)^{2}}$ ，则 $x_{n} x_{n+1}=1$ ，即 $x_{n+1}=\frac{1}{x_{n}}$ 。由 $x_{1}=1$ 得 $x_{n}=1, n \geqslant 1$ 。所以
$\frac{b_{n}}{(n+1)^{2}}=1$ 。即
$b_{n}=(n+1)^{2}, \quad n \geqslant 1$.
解法三：由题设有 $n S_{n+1}=(n+3) S_{n}, n \in \mathbf{N}^{*}$ ，所以
$S_{2}=4 S_{1}$,
$2 S_{3}=5 S_{2}$,
$(n-1) S_{n}=(n+2) S_{n-1}, \quad n \geqslant 2$.
将以上各式左右两端分别相乘，得
$1 \times 2 \times \ldots \times(n-1) S_{n}=4 \times 5 \times \ldots \times(n+2) S_{1}$,
化简得
$S_{n}=\frac{n(n+1)(n+2)}{2 \times 3} a_{1}=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}, n \geqslant 3$.
由（I），上式对 $n=1,2$ 也成立．所以
$a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\frac{n(n+1)}{2}, n \geqslant 2$ ．
上式对 $n=1$ 也成立。
以下同解法二，可得 $b_{n}=(n+1)^{2}, n \geqslant 1$ ．
（III）证明：$T_{n}=(-1)^{a_{1}} b_{1}+(-1)^{a_{2}} b_{2}+\ldots+(-1)^{a_{n}} b_{n}$
$=-2^{2}-3^{2}+\ldots+(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}(n+1)^{2}$ ．
当 $n=4 k, k \in \mathbf{N}^{*}$ 时，
$T_{n}=-2^{2}-3^{2}+4^{2}+5^{2}-\ldots-(4 k-2)^{2}-(4 k-1)^{2}+(4 k)^{2}+(4 k+1)^{2}$.
注意到 $-(4 k-2)^{2}-(4 k-1)^{2}+(4 k)^{2}+(4 k+1)^{2}=32 k-4$ ，故
$T_{n}=32 \times(1+2+\ldots+k)-4 k=32 \times \frac{k(k+1)}{2}-4 k$
$=4 k(4 k+4)-4 k=(4 k)^{2}+3 \times 4 k=n^{2}+3 n$.
当 $n=4 k-1, k \in \mathbf{N}^{*}$ 时，
$T_{n}=(4 k)^{2}+3 \times 4 k-(4 k+1)^{2}=(n+1)^{2}+3(n+1)^{2}-(n+2)^{2}=n$ ．
当 $n=4 k-2, k \in \mathbf{N}^{*}$ 时，
$T_{n}=(4 k)^{2}+3 \times 4 k-(4 k+1)^{2}-(4 k)^{2}=3(n+2)-(n+3)^{2}=-n^{2}-3 n-3$.
当 $n=4 k-3, k \in \mathbf{N}^{*}$ 时，
$T_{n}=3 \times 4 k-(4 k+1)^{2}+(4 k-1)^{2}=3(n+3)-(n+4)^{2}+(n+2)^{2}=-n-3$.
所以，
$T_{n}=\left\{\begin{array}{ll}-n-3, & n=4 k-3, \\ -n^{2}-3 n-3, & n=4 k-2, \\ n, & n=4 k-1, \\ n^{2}+3 n, & n=4 k,\end{array} k \in \mathbf{N}^{*}\right.$
从而 $n \geqslant 3$ 时，有
$\frac{\left|T_{n}\right|}{n^{2}}= \begin{cases}\frac{1}{n}+\frac{3}{n^{2}}<2, & n=5,9,13, \ldots, \\ 1+\frac{3}{n}+\frac{3}{n^{2}}<2, & n=6,10,14, \ldots, \\ \frac{1}{n}<2, & n=3,7,11, \ldots, \\ 1+\frac{3}{n}<2, & n=4,8,12, \ldots .\end{cases}$
总之，当 $n \geqslant 3$ 时有 $\frac{\left|T_{n}\right|}{n^{2}}<2$ ，即 $\left|T_{n}\right|<2 n^{2}$ ．
## 选择填空解析
## 2008年天津市高考数学试卷（理科）