《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

例3 (2025·丽水、湖州、衢州模拟)设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，记$S_n$是数列$\{a_n\}$的前$n$项和，若$S_5 = a_3 + 20$，$S_{15} = a_2 a_3 a_8$。
(1)求数列$\{a_n\}$的通项公式；
(2)若$d ＞ 0$，$b_n = \frac{4S_n}{a_n \cdot a_{n + 1}}(n \in \mathbf{N}^*)$，数列$\{b_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求证：$T_n ＜ n + \frac{1}{2}$。由$S_5=a_3 + 20$得$5a_3=a_3 + 20$，故$a_3=5$。由$S_{15}=a_2a_3a_8$得$15a_8=5a_2a_8$，所以$a_8=0$或$a_2=3$。当$a_8=0$时，$d=\frac{a_8 - a_3}{5}=-1$，此时$a_n=5 + (n - 3)(-1)=8 - n$；当$a_2=3$时，$d=a_3 - a_2=2$，此时$a_n=5 + (n - 3)×2=2n - 1$。综上，$a_n=8 - n$或$a_n=2n - 1$。因为$d＞0$，所以$a_n=2n - 1$，$S_n=\frac{n(1 + 2n - 1)}{2}=n^2$。$b_n=\frac{4n^2}{(2n - 1)(2n + 1)}=1 + \frac{1}{(2n - 1)(2n + 1)}=1 + \frac{1}{2}(\frac{1}{2n - 1}-\frac{1}{2n + 1})$。$T_n=n + \frac{1}{2}[(1 - \frac{1}{3})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{5})+\cdots+(\frac{1}{2n - 1}-\frac{1}{2n + 1})]=n + \frac{1}{2}(1 - \frac{1}{2n + 1})＜n + \frac{1}{2}$。

答案：
(1)由$S_5=a_3 + 20$得$5a_3=a_3 + 20$，故$a_3=5$。由$S_{15}=a_2a_3a_8$得$15a_8=5a_2a_8$，所以$a_8=0$或$a_2=3$。当$a_8=0$时，$d=\frac{a_8 - a_3}{5}=-1$，此时$a_n=5 + (n - 3)(-1)=8 - n$；当$a_2=3$时，$d=a_3 - a_2=2$，此时$a_n=5 + (n - 3)×2=2n - 1$。综上，数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=8 - n$或$a_n=2n - 1$。
(2)证明 因为$d＞0$，所以$a_n=2n - 1$，所以$S_n=n^2$。则$b_n=\frac{4S_n}{a_n\cdot a_{n + 1}}=\frac{4n^2}{(2n - 1)(2n + 1)}=1+\frac{1}{2}(\frac{1}{2n - 1}-\frac{1}{2n + 1})$。所以$T_n=b_1 + b_2 + b_3+\cdots+b_n=n+\frac{1}{2}(1-\frac{1}{3})+\frac{1}{2}(\frac{1}{3}-\frac{1}{5})+\cdots+\frac{1}{2}(\frac{1}{2n - 1}-\frac{1}{2n + 1})=n+\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2n + 1})＜n+\frac{1}{2}$。

例4 (2025·重庆部分学校联考)已知数列$\{a_n\}$满足$a_1 = 1$，$a_n + a_{n + 1} = 2^{n + 1}$。
(1)证明：数列$\left\{\frac{a_n}{2^n} - \frac{2}{3}\right\}$为等比数列，并求数列$\{a_n\}$的通项公式；
(2)设$T_n = \frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + \cdots + \frac{1}{a_n}$，证明：$T_n ＜ \frac{7}{4}$对任意$n \in \mathbf{N}^*$恒成立。由$a_n + a_{n + 1}=2^{n + 1}$得$\frac{a_{n + 1}}{2^{n + 1}}=-\frac{1}{2}\cdot\frac{a_n}{2^n} + 1$，则$\frac{a_{n + 1}}{2^{n + 1}} - \frac{2}{3}=-\frac{1}{2}(\frac{a_n}{2^n} - \frac{2}{3})$。又$\frac{a_1}{2^1} - \frac{2}{3}=\frac{1}{2} - \frac{2}{3}=-\frac{1}{6}$，所以数列$\left\{\frac{a_n}{2^n} - \frac{2}{3}\right\}$是以$-\frac{1}{6}$为首项，$-\frac{1}{2}$为公比的等比数列。所以$\frac{a_n}{2^n} - \frac{2}{3}=-\frac{1}{6}(-\frac{1}{2})^{n - 1}$，即$a_n=\frac{2^{n + 1} + (-1)^n}{3}$。$a_1=1$，$a_2=3$，$a_3=5$，$a_4=11$，$\cdots$，$\frac{1}{a_n}\leq\frac{1}{2^{n - 1}}(n\geq3)$。当$n=1$时，$T_1=1＜\frac{7}{4}$；当$n=2$时，$T_2=1 + \frac{1}{3}=\frac{4}{3}＜\frac{7}{4}$；当$n\geq3$时，$T_n＜1 + \frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\cdots+\frac{1}{2^{n - 1}}=\frac{4}{3}+\frac{\frac{1}{4}(1 - \frac{1}{2^{n - 2}})}{1 - \frac{1}{2}}=\frac{4}{3}+\frac{1}{2}(1 - \frac{1}{2^{n - 2}})＜\frac{4}{3}+\frac{1}{2}=\frac{11}{6}＜\frac{7}{4}$。综上，$T_n＜\frac{7}{4}$恒成立。

答案：
(1)证明 由$a_n + a_{n + 1}=2^{n + 1}$得$\frac{a_{n + 1}}{2^{n + 1}}+\frac{1}{2}\cdot\frac{a_n}{2^n}=1$，因此$\frac{a_{n + 1}}{2^{n + 1}}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{2}(\frac{a_n}{2^n}-\frac{2}{3})$，又$\frac{a_1}{2^1}-\frac{2}{3}=\frac{1}{2}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{6}$，所以数列$\left\{\frac{a_n}{2^n}-\frac{2}{3}\right\}$是首项为$-\frac{1}{6}$，公比为$-\frac{1}{2}$的等比数列，因此$\frac{a_n}{2^n}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{6}×(-\frac{1}{2})^{n - 1}$，所以$a_n=\frac{2^{n + 1}+(-1)^n}{3}$。
(2)证明 由已知得$a_1=1,a_2=3,a_3=5,\cdots$，显然$T_n$单调递增，$T_n＜T_2=\frac{4}{3}＜\frac{7}{4}$，当$n＞2$且$n$是奇数时，$\frac{1}{a_{n - 1}}+\frac{1}{a_n}=3(\frac{1}{2^n + 1}+\frac{1}{2^{n + 1}-1})＜3×\frac{2}{2^n×2^{n + 1}}=3(\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n + 1}})$，所以$T_n＜1+3×[(\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^4})+\cdots+(\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n + 1}})]=1+3×(\frac{\frac{1}{8}(1-\frac{1}{2^{n - 2}})}{1-\frac{1}{2}})=1+3×(\frac{1}{4}-\frac{1}{2^{n + 1}})＜\frac{7}{4}$，当$n＞2$且$n$是偶数时，$n + 1$是奇数，有$T_n＜T_{n + 1}＜\frac{7}{4}$，所以对任意$n\in N^*$，$T_n＜\frac{7}{4}$。

(2025·郑州调研)已知函数$f(x) = 2\sin\frac{\pi}{2}x$，把方程$|f(x)| = 2$的正数解从小到大依次排成一列，得到数列$\{a_n\}$，$n \in \mathbf{N}^*$。
(1)求数列$\{a_n\}$的通项公式；
(2)记$b_n = \frac{1}{a_{n + 1}^2}$，设数列$\{b_n\}$的前$n$项和为$T_n$，求证：$T_n ＜ \frac{1}{4}$。令$|f(x)|=2$，即$|\sin\frac{\pi}{2}x|=1$，所以$\frac{\pi}{2}x=k\pi + \frac{\pi}{2},k\in Z$，解得$x=2k + 1,k\in Z$。正数解为$1,3,5,\cdots$，所以$a_n=2n - 1$。$b_n=\frac{1}{a_{n + 1}^2}=\frac{1}{(2n + 1)^2}＜\frac{1}{4n(n + 1)}=\frac{1}{4}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1})$。$T_n＜\frac{1}{4}[(1 - \frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+\cdots+(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1})]=\frac{1}{4}(1 - \frac{1}{n + 1})＜\frac{1}{4}$。

答案：
(1)解 因为$f(x)=2\sin\frac{\pi}{2}x$，令$\vert f(x)\vert=2$，即$\vert\sin\frac{\pi}{2}x\vert=1$，所以$\frac{\pi}{2}x=k\pi+\frac{\pi}{2},k\in Z$，解得$x=2k + 1(k\in Z)$。所以方程$\vert f(x)\vert=2$的正数解从小到大依次为$1,3,5,7,\cdots$，所以$a_n=2n - 1$。
(2)证明 记$b_n=\frac{1}{a_{n + 1}^2}$，数列$\{b_n\}$的前$n$项和为$T_n$，$b_n=\frac{1}{a_{n + 1}^2}=\frac{1}{(2n + 1)^2}=\frac{1}{4n^2 + 4n + 1}＜\frac{1}{4n^2 + 4n}=\frac{1}{4}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1})$。所以$T_n=b_1 + b_2+\cdots+b_n＜\frac{1}{4}(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1})=\frac{1}{4}(1-\frac{1}{n + 1})＜\frac{1}{4}$。