《2025年高考帮数学》

训练1　已知数列$\{ a_{n}\}$的首项$a_{1}=4,\{ a_{n + 1}-2a_{n}\}$是以4为首项，2为公比的等比数列.
(1)证明：数列$\{ \frac{a_{n}}{2^{n}}\}$是等差数列，并求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式.
(2)在①$b_{n}=a_{n + 1}-a_{n}$，②$b_{n}=\log_{2}\frac{a_{2n - 1}}{2n}$，③$b_{n}=$这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答.
已知数列$\{ b_{n}\}$满足______，求数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}$.

答案：
(1)因为${a_{n + 1}-2a_{n}}$是以4为首项，2为公比的等比数列，所以$a_{n + 1}-2a_{n}=4×2^{n - 1}=2^{n + 1}，$
故$\frac{a_{n + 1}}{2^{n + 1}}-\frac{a_{n}}{2^{n}}=1，$所以数列${\frac{a_{n}}{2^{n}}}$是以$\frac{4}{2}=2$为首项，1为公差的等差数列，所以$\frac{a_{n}}{2^{n}}=2 + n - 1=n + 1，$所以$a_{n}=(n + 1)×2^{n}。$
(2)若选条件$①b_{n}=a_{n + 1}-a_{n}，$则$b_{n}=(n + 3)×2^{n}，$
所以$T_{n}=4×2 + 5×2^{2}+6×2^{3}+…+(n + 3)×2^{n}，$
$2T_{n}=4×2^{2}+5×2^{3}+6×2^{4}+…+(n + 3)×2^{n + 1}，$
两式相减，得$ - T_{n}=4×2+2^{2}+2^{3}+…+2^{n}-(n + 3)×2^{n + 1}，$
所以$ - T_{n}=8+\frac{2^{2}×(1 - 2^{n - 1})}{1 - 2}-(n + 3)×2^{n + 1}=4-(n + 2)×2^{n + 1}，$所以$T_{n}=(n + 2)×2^{n + 1}-4。$
若选条件$②b_{n}=\log_{2}\frac{a_{2n - 1}}{2n}，$则$b_{n}=\log_{2}\frac{(2n - 1 + 1)×2^{2n - 1}}{2n}=\log_{2}\frac{2n×2^{2n - 1}}{2n}=2n - 1，$
所以$b_{n + 1}-b_{n}=2(n + 1)-1-(2n - 1)=2，$$b_{1}=1，$
所以${b_{n}}$是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以$T_{n}=\frac{n(1 + 2n - 1)}{2}=n^{2}。$
若选条件$③b_{n}=\frac{4^{n}}{a_{n}a_{n + 1}}，$则$b_{n}=\frac{2^{n}×2^{n}}{(n + 1)(n + 2)×2^{n}×2^{n}×2}=\frac{1}{2}(\frac{1}{n + 1}-\frac{1}{n + 2})，$
故$T_{n}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+…+\frac{1}{n + 1}-\frac{1}{n + 2})=\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-\frac{1}{n + 2})=\frac{n}{4(n + 2)}。$

例2　[2023福建宁德一中段考]设$A(x_{1},f(x_{1})),B(x_{2},f(x_{2}))$是函数$f(x)=\frac{1}{2}+\log_{2}\frac{x}{1 - x}$的图象上的任意两点.
(1)当$x_{1}+x_{2}=1$时，求$f(x_{1})+f(x_{2})$的值；
(2)设$S_{n}=f(\frac{1}{n + 1})+f(\frac{2}{n + 1})+\cdots +f(\frac{n - 1}{n + 1})+f(\frac{n}{n + 1})$，其中$n\in N$，求$S_{n}$；
(3)对应(2)中$S_{n}$，已知$a_{n}=(\frac{1}{S_{n}+1})^{2}$，其中$n\in N$，设$T_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，求证：$\frac{4}{9}\leq T_{n}＜\frac{5}{3}$.

答案：
(1)
∵A(x_{1},f(x_{1}))，B(x_{2},f(x_{2}))是函数f(x)=\frac{1}{2}+\log_{2}\frac{x}{1 - x}的图象上的任意两点，
∴∀x_{1},x_{2}∈(0,1)，且当x_{1}+x_{2}=1时，
f(x_{1})+f(x_{2})=\frac{1}{2}+\log_{2}\frac{x_{1}}{1 - x_{1}}+\frac{1}{2}+\log_{2}\frac{x_{2}}{1 - x_{2}}=1+\log_{2}\frac{x_{1}x_{2}}{(1 - x_{1})(1 - x_{2})}=1+\log_{2}\frac{x_{1}x_{2}}{1-(x_{1}+x_{2})+x_{1}x_{2}}=1+\log_{2}1 = 1。
(2)
∵\frac{1}{1 + n}+\frac{n}{1 + n}=\frac{2}{1 + n}+\frac{n - 1}{1 + n}=\frac{3}{1 + n}+\frac{n - 2}{1 + n}=…=1，
∴由
(1)知f(\frac{1}{1 + n})+f(\frac{n}{1 + n})=f(\frac{2}{1 + n})+f(\frac{n - 1}{1 + n})=f(\frac{3}{1 + n})+f(\frac{n - 2}{1 + n})=…=1。
∵S_{n}=f(\frac{1}{n + 1})+f(\frac{2}{n + 1})+…+f(\frac{n - 1}{n + 1})+f(\frac{n}{n + 1})，
∴2S_{n}=[f(\frac{1}{n + 1})+f(\frac{n}{n + 1})]+[f(\frac{2}{n + 1})+f(\frac{n - 1}{n + 1})]+…+[f(\frac{n}{n + 1})+f(\frac{1}{n + 1})]=n，故S_{n}=\frac{n}{2}。
(3)
∵a_{n}=(\frac{1}{S_{n}}+1)^{2}=(\frac{2}{n}+1)^{2}=(\frac{2}{n + 2})^{2}，
∴T_{n}=\frac{4}{3^{2}}+\frac{4}{4^{2}}+\frac{4}{5^{2}}+…+\frac{4}{(n + 2)^{2}}。
∵a_{n}＞0，
∴T_{n}＜T_{n + 1}，
∴{T_{n}}是递增数列，
∴T_{n}≥T_{1}=a_{1}=\frac{4}{9}，
又a_{n}=\frac{4}{(n + 2)^{2}}＜\frac{4}{(n + 2)^{2}-1}=\frac{4}{(n + 3)(n + 1)}=2(\frac{1}{n + 1}-\frac{1}{n + 3})，
∴T_{n}=\frac{4}{3^{2}}+\frac{4}{4^{2}}+\frac{4}{5^{2}}+…+\frac{4}{(n + 1)^{2}}+\frac{4}{(n + 2)^{2}}＜2(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{4}-\frac{1}{6}+…+\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 2}+\frac{1}{n + 1}-\frac{1}{n + 3})=2(\frac{5}{6}-\frac{1}{n + 2}-\frac{1}{n + 3})＜\frac{5}{3}，
∴\frac{4}{9}≤T_{n}＜\frac{5}{3}。

训练2　(1)函数$f(x)$的定义域为$R$，满足$f(x + 1)=2f(x)$，且当$x\in[0,1)$时，$f(x)=\sin\pi x$.当$x\in[0,+\infty)$时，将函数$f(x)$的极大值点从小到大依次记为$a_{1},a_{2},a_{3},\cdots,a_{n},\cdots$，并记相应的极大值为$b_{1},b_{2},b_{3},\cdots,b_{n},\cdots$，则数列$\{ a_{n}+b_{n}\}$的前9项和为______.

答案： $\frac{1103}{2}$ 当x∈[0,1)时，f(x)=\sin πx，此时a_{1}=\frac{1}{2}，b_{1}=1。由于f(x + 1)=2f(x)，则f(x)=2f(x - 1)。
当x∈[1,2)时，x - 1∈[0,1)，则f(x - 1)=\sin(x - 1)π，所以f(x)=2\sin(x - 1)π，此时a_{2}=\frac{3}{2}，b_{2}=2。
……
当x∈[n - 1,n)时，x-(n - 1)∈[0,1)，所以f(x)=2^{n - 1}\sin[x-(n - 1)]π，此时a_{n}=\frac{2n - 1}{2}，b_{n}=2^{n - 1}。
令c_{n}=a_{n}+b_{n}，则c_{1}+c_{2}+c_{3}+…+c_{9}=(\frac{1}{2}+\frac{3}{2}+\frac{5}{2}+…+\frac{17}{2})+(1 + 2+2^{2}+…+2^{8})=\frac{81}{2}+2^{9}-1=\frac{1103}{2}。

(2)设曲线$y = x^{n + 1}(n\in N)$在点$(1,1)$处的切线与$x$轴交点的横坐标为$x_{n}$.令$a_{n}=\lg x_{n}$，则数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=$______.

答案： -\lg(n + 1) 因为y = x^{n + 1}(n∈N^{*})，所以y'=(n + 1)x^{n}，当x = 1时，y'=n + 1，所以曲线y = x^{n + 1}在点(1,1)处的切线方程为y - 1=(n + 1)(x - 1)，令y = 0，则x=\frac{n}{n + 1}，即x_{n}=\frac{n}{n + 1}，a_{n}=\lg x_{n}=\lg n-\lg(n + 1)，则S_{n}=a_{1}+a_{2}+…+a_{n}=\lg 1-\lg 2+\lg 2-\lg 3+…+\lg n-\lg(n + 1)=-\lg(n + 1)。

例3[2023天津高考]已知数列$\{ a_{n}\}$是等差数列，$a_{2}+a_{5}=16,a_{5}-a_{3}=4$.
(1)求$\{ a_{n}\}$的通项公式和$\sum_{i = 2^{n - 1}}^{2^{n}-1}a_{i}$.
(2)已知$\{ b_{n}\}$为等比数列，对于任意$k\in N$，若$2^{k - 1}\leq n\leq 2^{k}-1$，则$b_{k}＜a_{n}＜b_{k + 1}$.
(i)当$k\geq 2$时，求证：$2^{k}-1＜b_{k}＜2^{k}+1$；
(ii)求$\{ b_{n}\}$的通项公式及其前$n$项和.

答案：
(1)设{a_{n}}的公差为d，
由\begin{cases}a_{2}+a_{5}=16\\a_{5}-a_{3}=4\end{cases}，得\begin{cases}a_{1}+d+a_{1}+4d=16\\a_{1}+4d-(a_{1}+2d)=4\end{cases}，解得\begin{cases}a_{1}=3\\d=2\end{cases}，
所以{a_{n}}的通项公式为a_{n}=3 + 2(n - 1)=2n + 1。
a_{2^{n}-1}=2×2^{n - 1}+1=2^{n}+1，a_{2^{n + 1}-1}=2(2^{n}-1)+1=2^{n + 1}-1。
从a_{2^{n}-1}到a_{2^{n + 1}-1}共有2^{n + 1}-1-2^{n - 1}+1=2^{n - 1}(项)。
所以\sum_{i = 2^{n - 1}}^{2^{n}-1}a_{i}=\frac{(2^{n}+1 + 2^{n + 1}-1)×2^{n - 1}}{2}=\frac{(2^{n}+2×2^{n})×2^{n - 1}}{2}=\frac{3×2^{n}×2^{n - 1}}{2}=3×2^{2n - 2}。(或\sum_{i = 2^{n - 1}}^{2^{n}-1}a_{i}=2^{n - 1}×(2^{n}+1)+\frac{2^{n - 1}×(2^{n - 1}-1)}{2}×2=3×2^{2n - 2})
(2)(i)因为当2^{k - 1}≤n≤2^{k}-1时，b_{k}＜a_{n}＜b_{k + 1}，
所以当2^{k}≤n + 1≤2^{k + 1}-1时，b_{k + 1}＜a_{n + 1}＜b_{k + 2}，
可得a_{n}＜b_{k + 1}＜a_{n + 1}。
由
(1)知{a_{n}}为递增数列，所以若2^{k - 1}≤n≤2^{k}-1，则a_{2^{k - 1}-1}≤a_{n}≤a_{2^{k}-1}，得2^{k}+1≤a_{n}≤2^{k + 1}-1。
同理可得2^{k + 1}+1≤a_{n + 1}≤2^{k + 2}-1。
故可得2^{k + 1}-1＜b_{k + 1}＜2^{k + 1}+1，
所以2^{k}-1＜b_{k}＜2^{k}+1。
综上，当k≥2时，2^{k}-1＜b_{k}＜2^{k}+1。
(ii)由题意知{b_{n}}是q≠1的正项等比数列，
设{b_{n}}的通项公式为b_{n}=p·q^{n}(p＞0,q＞0且q≠1)，
由(i)知，2^{n}-1＜b_{n}＜2^{n}+1，即2^{n}-1＜p·q^{n}＜2^{n}+1，
则有1-\frac{1}{2^{n}}＜p·(\frac{q}{2})^{n}＜1+\frac{1}{2^{n}}。
①当\frac{q}{2}＞1，即q＞2时，
∃n_{0}∈N^{*}，使得p·(\frac{q}{2})^{n_{0}}＞2，与p·(\frac{q}{2})^{n_{0}}＜1+\frac{1}{2^{n_{0}}}矛盾；
②当0＜\frac{q}{2}＜1，q≠1，即0＜q＜2且q≠1时，
∃n_{1}∈N^{*}，使得p·(\frac{q}{2})^{n_{1}}＜\frac{1}{2}，与p·(\frac{q}{2})^{n_{1}}＞1-\frac{1}{2^{n_{1}}}矛盾。
故q = 2。
因为2^{n}-1＜b_{n}＜2^{n}+1，所以b_{n}=2^{n}。
设{b_{n}}的前n项和为S_{n}，则S_{n}=\frac{2(1 - 2^{n})}{1 - 2}=2^{n + 1}-2。