《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

3.（2021全国乙文，19，12分，中）设$\{a_n\}$是首项为1的等比数列，数列$\{b_n\}$满足$b_n=\frac{na_n}{3}$.已知$a_1$，$3a_2$，$9a_3$成等差数列.
(1)求$\{a_n\}$和$\{b_n\}$的通项公式；
(2)记$S_n$和$T_n$分别为$\{a_n\}$和$\{b_n\}$的前$n$项和.证明：$T_n＜\frac{S_n}{2}$.

答案： 解析
(1)设等比数列$\{a_n\}$的公比为$q$.
$\because a_1,3a_2,9a_3$ 成等差数列,
$\therefore 6a_2=a_1+9a_3$.即 $6a_1q=a_1+9a_1q^2$.
又 $\because \{a_n\}$ 是首项为 1 的等比数列,
$\therefore 6q = 1+9q^2$,解得 $q_1 = q_2=\frac{1}{3}$,
$\therefore a_n=a_1\cdot q^{n - 1}=(\frac{1}{3})^{n - 1}$.
$\because b_n=\frac{na_n}{3},\therefore b_n=n\cdot(\frac{1}{3})^n$.
(2)第一步:用等比数列前 $n$ 项和公式计算 $S_n$.
由等比数列 $\{a_n\}$ 的首项和公比知,前 $n$ 项和为
$S_n=\frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}=\frac{3}{2}[1-(\frac{1}{3})^n]$.
第二步:用错位相减法求 $T_n$.
$\because b_n=n\cdot(\frac{1}{3})^n$,
$\therefore T_n=b_1 + b_2+\cdots+b_n=1\times(\frac{1}{3})^1+2\times(\frac{1}{3})^2+\cdots+n\times(\frac{1}{3})^n$,①
$\frac{1}{3}T_n=1\times(\frac{1}{3})^2+2\times(\frac{1}{3})^3+\cdots+n\times(\frac{1}{3})^{n + 1}$.②
① - ②可得 $\frac{2}{3}T_n=\frac{1}{3}+(\frac{1}{3})^2+\cdots+(\frac{1}{3})^n - n\cdot(\frac{1}{3})^{n + 1}$
$=\frac{\frac{1}{3}[1-(\frac{1}{3})^n]}{1-\frac{1}{3}}-n\cdot(\frac{1}{3})^{n + 1}=-(\frac{1}{3}n+\frac{1}{2})(\frac{1}{3})^n+\frac{1}{2}$,
$\therefore T_n=-(\frac{1}{2}n+\frac{3}{4})(\frac{1}{3})^n+\frac{3}{4}$.
第三步:表示 $\frac{S_n}{2}$,并利用作差法证得结论.
$\because \frac{S_n}{2}=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}\times(\frac{1}{3})^{n - 1}=\frac{3}{4}-\frac{3}{4}\times(\frac{1}{3})^n$,
$\therefore T_n-\frac{S_n}{2}=-\frac{1}{2}n\cdot(\frac{1}{3})^n＜0,\therefore T_n＜\frac{S_n}{2}$.

4.（2021浙江，20，15分，中）已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，$a_1 = -\frac{9}{4}$，且$4S_{n + 1} = 3S_n - 9$（$n\in\mathbf{N}^*$）.
(1)求数列$\{a_n\}$的通项公式；
(2)设数列$\{b_n\}$满足$3b_n + (n - 4)a_n = 0$（$n\in\mathbf{N}^*$），记$\{b_n\}$的前$n$项和为$T_n$，若$T_n\leqslant\lambda b_n$对任意$n\in\mathbf{N}^*$恒成立，求实数$\lambda$的取值范围.

答案： 解析
(1)由 $4S_{n + 1}=3S_n - 9$,得 $4S_n=3S_{n - 1}-9(n\geq2)$,则
$4a_{n + 1}=3a_n(n\geq2)$,又 $4(a_1 + a_2)=3a_1 - 9,a_1=-\frac{9}{4}$,所以 $4a_2=3a_1$,所以 $\{a_n\}$ 是以 $-\frac{9}{4}$ 为首项, $\frac{3}{4}$ 为公比的等比数列,
所以 $a_n=-3\times(\frac{3}{4})^n$.
(2)由题意得 $b_n=(n - 4)\times(\frac{3}{4})^n$.则 $T_n=(-3)\times\frac{3}{4}+(-2)\times(\frac{3}{4})^2+\cdots+(n - 4)\times(\frac{3}{4})^n$, $\frac{3}{4}T_n=(-3)\times(\frac{3}{4})^2+(-2)\times(\frac{3}{4})^3+\cdots+(n - 4)\times(\frac{3}{4})^{n + 1}$,两式相减,得 $\frac{1}{4}T_n=(-3)\times\frac{3}{4}+(\frac{3}{4})^2+(\frac{3}{4})^3+\cdots+(\frac{3}{4})^n-(n - 4)\times(\frac{3}{4})^{n + 1}$,所以 $T_n=-4n\times(\frac{3}{4})^{n + 1}$,由题意得 $-4n\times(\frac{3}{4})^{n + 1}\leq\lambda(n - 4)\times(\frac{3}{4})^n$ 恒成立,所以 $(\lambda + 3)n-4\lambda\geq0$,记 $f(n)=(\lambda + 3)n-4\lambda(n\in N^*)$,所以 $\begin{cases}\lambda + 3\geq0\\f(1)\geq0\end{cases}$,解得 $-3\leq\lambda\leq1$.

5.（2023天津，19，15分，难）已知$\{a_n\}$是等差数列，$a_2 + a_5 = 16$，$a_5 - a_3 = 4$.
(1)求$\{a_n\}$的通项公式及$\sum_{i = 2^{n - 1}}^{2^n - 1}a_i$（$n\in\mathbf{N}^*$）.
(2)设$\{b_n\}$是等比数列，且对任意的$k\in\mathbf{N}^*$，当$2^{k - 1}\leqslant n\leqslant 2^k - 1$时，$b_k ＜ a_n ＜ b_{k + 1}$.
①当$k\geqslant 2$时，求证：$2^k - 1 ＜ b_k ＜ 2^k + 1$；
②求$\{b_n\}$的通项公式及前$n$项和.

答案： 解析
(1)设 $\{a_n\}$ 的公差为 $d$.
由题意得 $\begin{cases}2a_1+5d = 16\\2d = 4\end{cases}$,解得 $\begin{cases}a_1 = 3\\d = 2\end{cases}$.
所以 $a_n=3+2(n - 1)=2n + 1$.
$\sum_{i = 2^{k - 1}}^{2^k - 1}a_i=a_{2^{k - 1}}+a_{2^{k - 1}+1}+a_{2^{k - 1}+2}+\cdots+a_{2^k - 1}$
$=\frac{2^{k - 1}[2\cdot2^{k - 1}+1+2\cdot(2^k - 1)+1]}{2}$
$=\frac{2^{k - 1}\cdot(2^k + 1+2\cdot2^k - 1)}{2}$
$=\frac{2^{k - 1}\cdot3\cdot2^k}{2}=\frac{3}{2}\times2^{2k - 1}=3\times2^{2k - 2}=3\times4^{k - 1}$.
(注:项数为 $(2^k - 1)-2^{k - 1}+1 = 2^k-2^{k - 1}=2^{k - 1}$)
(2)①证明: $2^{k - 1}\leq n\leq2^k - 1\Rightarrow2^k\leq2n\leq2^{k + 1}-2\Rightarrow2^k + 1\leq2n + 1\leq2^{k + 1}-1$,即 $2^k + 1\leq a_n\leq2^{k + 1}-1$,
$\because b_k\lt a_n\lt b_{k + 1}$ 成立,
$\therefore\begin{cases}b_k\lt(a_n)_{\min}\\b_{k + 1}\gt(a_n)_{\max}\end{cases}$, $\therefore b_k\lt2^k + 1$ 且 $b_{k + 1}\gt2^{k + 1}-1$,则 $b_k\gt2^k - 1$.
综上, $2^k - 1\lt b_k\lt2^k + 1$,证毕.
②设 $\{b_n\}$ 的公比为 $q$,前 $n$ 项和为 $S_n$,
$\because \{b_n\}$ 为等比数列,且 $k\in N^*,2^k - 1\lt b_k\lt2^k + 1$,
$\therefore 2^{k + 1}-1\lt b_{k + 1}\lt2^{k + 1}+1$,
又 $q=\frac{b_{k + 1}}{b_k},\therefore q\lt\frac{2^{k + 1}+1}{2^k - 1}=2+\frac{3}{2^k - 1},q\gt\frac{2^{k + 1}-1}{2^k + 1}=2-\frac{3}{2^k + 1}$,
$\because k\in N^*,\therefore q = 2,\therefore 2^k - 1\lt b_12^{k - 1}\lt2^k + 1,\therefore b_1 = 2$,
$\therefore b_n=2^n,\therefore S_n=\frac{b_1(1 - q^n)}{1 - q}=\frac{2(1 - 2^n)}{1 - 2}=2^{n + 1}-2$.