《2026年金版新学案高三数学人教版》

典例 1
已知函数 $f(x)=\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}x$，数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，点 $(n,S_{n})(n\in\mathbf{N}^{*})$ 均在函数 $f(x)$ 的图象上。
(1)求数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式；
(2)若函数 $g(x)=\frac{4^{x}}{4^{x}+2}$，令 $b_{n}=g(\frac{a_{n}}{2025})(n\in\mathbf{N}^{*})$，求数列 $\{b_{n}\}$ 的前 $2024$ 项和 $T_{2024}$。
听课笔记：

答案：
(1)因为点$(n,S_n)(n\in \mathbf{N}^*)$均在函数$f(x)$的图象上，所以$S_n=\frac{1}{2}n^2+\frac{1}{2}n$.当$n\geqslant2$时,$a_n=S_n-S_{n - 1}=n$;当$n = 1$时,$a_1=S_1=1$,满足上式，所以$a_n=n$.
(2)因为$g(x)=\frac{4^x}{4^x + 2}$，所以$g(x)+g(1 - x)=1$.又由
(1)知$a_n=n$，所以$b_n=g\left(\frac{n}{2025}\right)$.所以$T_{2024}=b_1 + b_2+·s + b_{2024}=g\left(\frac{1}{2025}\right)+g\left(\frac{2}{2025}\right)+·s +g\left(\frac{2024}{2025}\right)$ ①.又$T_{2024}=b_{2024}+b_{2023}+·s + b_1=g\left(\frac{2024}{2025}\right)+g\left(\frac{2023}{2025}\right)+·s +g\left(\frac{1}{2025}\right)$ ②,①+②得,$2T_{2024}=2024×\left[g\left(\frac{1}{2025}\right)+g\left(\frac{2024}{2025}\right)\right]=2024$,所以$T_{2024}=1012$.

设定义在 $\mathbf{R}$ 上的函数 $f(x)$ 与数列 $\{a_{n}\}$ 满足 $a_{1}＞\alpha$，其中 $\alpha$ 是方程 $f(x)=x$ 的实数根，$a_{n + 1}=f(a_{n})$，$f(x)$ 满足可导，且 $f^{\prime}(x)\in(0,1)$。
(1)证明：$a_{n}＞\alpha$；
(2)判断数列 $\{a_{n}\}$ 的单调性，并证明。

答案：
(1)证明：因为$\alpha$是方程$f(x)=x$的实数根，所以$f(\alpha)=\alpha$，因为$f(x)\in(0,1)$,所以函数$f(x)$单调递增，因为$a_1＞a,a_{n + 1}=f(a_n)$，所以$f(a_1)=a_2＞f(\alpha)=a,f(a_2)=a_3＞f(\alpha)=a$,以此类推，对于任意$n＞1$,都有$f(a_{n - 1})=a_n＞f(\alpha)=a$,即$a_n＞a$.当$n = 1$时,$a_1＞a$,满足上式，故$a_n＞a$.
(2)数列$\{a_n\}$单调递减.证明如下：由$a_n - a_{n - 1}=f(a_{n - 1})-a_{n - 1},n\geqslant2$,令$y=f(x)-x$,求导可得$y^\prime=f^\prime(x)-1＜0$,即函数$y=f(x)-x$单调递减，由
(1)可知当$x = \alpha$时,$f(\alpha)-\alpha=0$,则当$x\in(\alpha,+\infty)$时,$y=f(x)-x＜0$,由
(1)可知$a_{n - 1}＞\alpha$,则$f(a_{n - 1})-a_{n - 1}＜0$,即$a_n - a_{n - 1}＜0(n\geqslant2)$,所以数列$\{a_n\}$单调递减.

典例 2
已知数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}(S_{n}\neq0)$，$a_{1}=\frac{1}{2}$，当 $n\geq2$ 时，$S_{n}^{2}=a_{n}S_{n}-a_{n}$。
(1)求 $S_{n}$；
(2)设数列 $\{\frac{2^{n}}{S_{n}}\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_{n}$，若 $\lambda T_{n}\leq(n^{2}+9)2^{n}$ 恒成立，求实数 $\lambda$ 的取值范围。
听课笔记：

答案：
(1)因为当$n\geqslant2$时,$S_n^2=a_nS_n - a_n$,所以$S_n^2=(S_n - S_{n - 1})S_n-(S_n - S_{n - 1})$,整理得$S_nS_{n - 1}=S_{n - 1}-S_n$,即$\frac{1}{S_n}-\frac{1}{S_{n - 1}} = 1$.所以数列$\left\{\frac{1}{S_n}\right\}$是以$\frac{1}{S_1}=\frac{1}{a_1}=2$为首项,$1$为公差的等差数列，所以$\frac{1}{S_n}=n + 1$,即$S_n=\frac{1}{n + 1}$.
(2)由
(1)知,$\frac{2^n}{S_n}=(n + 1)×2^n$,所以$T_n=2×2^1+3×2^2+·s +n×2^{n - 1}+(n + 1)×2^n$ ①.$2T_n=2×2^2+3×2^3+·s +n×2^n+(n + 1)×2^{n + 1}$ ②,①-②得:$-T_n=4+(2^2+2^3+·s +2^n)-(n + 1)×2^{n + 1}=-n×2^{n + 1}$,所以$T_n=n×2^{n + 1}$,则$\lambda T_n\leqslant(n^2 + 9)2^n$恒成立，即$\lambda n×2^{n + 1}\leqslant(n^2 + 9)2^n$,变形得$\lambda\leqslant\frac{n^2 + 9}{2n}=\frac{n}{2}+\frac{9}{2n}$,因为$\frac{n}{2}+\frac{9}{2n}\geqslant2\sqrt{\frac{n}{2}×\frac{9}{2n}}=3$.当且仅当$n = 3$时，等号成立，所以$\lambda\leqslant3$.即$\lambda$的取值范围是$(-\infty,3$.