《2025年金版新学案高中数学选择性必修第二册北师大版》

(2025·八省适应性测试)已知数列$\{a_n\}$中，$a_1 = 3$，$a_{n + 1} = \frac{3a_n}{a_n + 2}$。
(1)证明：数列$\{1 - \frac{1}{a_n}\}$为等比数列；
(2)求$\{a_n\}$的通项公式；
(3)令$b_n = \frac{a_{n + 1}}{a_n}$，证明：$b_n ＜ b_{n + 1} ＜ 1$。

答案： 解：
(1)证明：由$a_{n + 1} = \frac{3a_{n}}{a_{n} + 2}$得$\frac{1}{a_{n + 1}} = \frac{a_{n} + 2}{3a_{n}} = \frac{2}{3} · \frac{1}{a_{n}} + \frac{1}{3}$，则$1 - \frac{1}{a_{n + 1}} = \frac{2}{3} - \frac{2}{3} · \frac{1}{a_{n}} = \frac{2}{3}(1 - \frac{1}{a_{n}})$，所以数列$\{ 1 - \frac{1}{a_{n}}\}$是首项为$1 - \frac{1}{a_{1}} = \frac{2}{3}$，公比为$\frac{2}{3}$的等比数列。
(2)由
(1)得$1 - \frac{1}{a_{n}} = \frac{2}{3} × (\frac{2}{3})^{n - 1} = (\frac{2}{3})^{n}$，解得$a_{n} = \frac{1}{1 - (\frac{2}{3})^{n}} = \frac{3^{n}}{3^{n} - 2^{n}}$。
(3)证明：$b_{n} = \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{3^{n + 1} - 2^{n + 1}}{3^{n + 1} - 2^{n + 1} + 2 - 1} · \frac{3^{n} - 2^{n}}{3^{n}} = \frac{3 · (3^{n} - 2^{n})}{3^{n + 1} - 2^{n + 1}} = \frac{3 · (\frac{3}{2})^{n} - 3}{3 · (\frac{3}{2})^{n} - 2} = 1 - \frac{1}{3 · (\frac{3}{2})^{n} - 2}$。
令$f(n) = 3 · (\frac{3}{2})^{n} - 2$，$n \in 1, +\infty)$，因为$f(n) = 3 · (\frac{3}{2})^{n} - 2$在$n \in 1, +\infty)$上单调递增，则$f(n) \geqslant f(1) = 3 × \frac{3}{2} - 2 = \frac{5}{2} ＞ 0$，所以数列$\{ \frac{1}{3 · (\frac{3}{2})^{n} - 2}\}$在$n \in N_{+}$上单调递减，从而数列$\{ b_{n}\}$在$n \in N_{+}$上单调递增，且$b_{n} ＜ 1$，故得$b_{n} ＜ b_{n + 1} ＜ 1$。

(1)已知数列$\{a_n\}$是等差数列，数列$\{b_n\}$是等比数列，$a_7 + a_9 = \frac{4}{3}$，且$b_2b_6b_{10} = 8$，则$\frac{a_3 + a_8 + a_{13}}{b_4b_8 - 1} =$（ ）

A.$\frac{1}{4}$
B.$\frac{2}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{1}{3}$

答案：
(1)B

(2)(多选题)已知$S_n$是等差数列$\{a_n\}$的前$n$项和，且$a_7 ＜ 0$，$a_5 + a_{10} ＞ 0$，则下列选项错误的是（ ）

A.数列$\{a_n\}$为递减数列
B.$a_8 ＜ 0$
C.$S_n$的最大值为$S_7$
D.$S_{14} ＞ 0$

答案：
(2)ABC

(1)已知等差数列$\{a_n\}$的项数为$2m + 1(m \in \mathbf{N}_+)$，其中奇数项之和为$140$，偶数项之和为$120$，则数列$\{a_n\}$的项数是______。
(2)已知$S_n$是正项等比数列$\{a_n\}$的前$n$项和，$S_4 = 10$，则$2S_{12} - 3S_8 + S_4$的最小值为______。

答案：
(1)13
(2)$-\frac{5}{4}$

典例 4
设数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，$S_n = 2a_n + 2n - 6(n \in \mathbf{N}_+)$。
(1)求数列$\{a_n\}$的通项公式；
(2)若数列$\{\frac{2^{n + 1}}{a_n a_{n + 1}}\}$的前$m$项和$T_m = \frac{127}{258}$，求$m$的值。
听课笔记：

答案： 解：
(1)因为$S_{n} = 2a_{n} + 2n - 6$，所以当$n = 1$时，$S_{1} = 2a_{1} - 4 = a_{1}$，解得$a_{1} = 4$。当$n \geqslant 2$时，$S_{n - 1} = 2a_{n - 1} + 2n - 8$，则$S_{n} - S_{n - 1} = a_{n} = 2a_{n} - 2a_{n - 1} + 2$，整理得$a_{n} = 2a_{n - 1} - 2$，即$a_{n} - 2 = 2(a_{n - 1} - 2)$。所以数列$\{ a_{n} - 2\}$是首项为$2$，公比为$2$的等比数列，所以$a_{n} - 2 = 2 × 2^{n - 1} = 2^{n}$，所以$a_{n} = 2^{n} + 2$。
(2)令$b_{n} = \frac{2^{n + 1}}{a_{n}a_{n + 1}} = \frac{2^{n + 1}}{(2^{n} + 2)(2^{n + 1} + 2)} = 2(\frac{1}{2^{n} + 2} - \frac{1}{2^{n + 1} + 2})$，则数列$\{ b_{n}\}$的前$m$项和$T_{m} = 2(\frac{1}{4} - \frac{1}{6} + \frac{1}{6} - \frac{1}{10} + ·s + \frac{1}{2^{m} + 2} - \frac{1}{2^{m + 1} + 2}) = 2(\frac{1}{4} - \frac{1}{2^{m + 1} + 2}) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2^{m} + 1}$。又前$m$项和$T_{m} = \frac{127}{258}$，故$\frac{1}{2} - \frac{1}{2^{m} + 1} = \frac{127}{258}$，解得$m = 7$。