《2026年金版新学案高三数学人教版》

典例 3
(2021·全国乙卷)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：$T_{n}＜\frac{S_{n}}{2}$。
听课笔记：

答案：
(1)设$\{a_n\}$的公比为$q$,则$a_n=q^{n - 1}$.因为$a_1,3a_2,9a_3$成等差数列，所以$1 + 9q^2=2×3q$,解得$q=\frac{1}{3}$,故$a_n=\frac{1}{3^{n - 1}},b_n=\frac{n}{3^n}$.
(2)证明：由
(1)知$S_n=\frac{1-\frac{1}{3^n}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{3^n}\right)$$T_n=\frac{1}{3}+\frac{2}{3^2}+\frac{3}{3^3}+·s+\frac{n - 1}{3^{n - 1}}+\frac{n}{3^n}$ ①,$\frac{1}{3}T_n=\frac{1}{3^2}+\frac{2}{3^3}+·s+\frac{n - 1}{3^n}+\frac{n}{3^{n + 1}}$ ②,①-②得$\frac{2}{3}T_n=\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+·s+\frac{1}{3^n}-\frac{n}{3^{n + 1}}$即$\frac{2}{3}T_n=\frac{\frac{1}{3}(1-\frac{1}{3^n})}{1-\frac{1}{3}}-\frac{n}{3^{n + 1}}=\frac{1}{2}(1-\frac{1}{3^n})-\frac{n}{3^{n + 1}}$整理得$T_n=\frac{3}{4}-\frac{2n + 3}{4×3^n}$则$2T_n - S_n=2\left(\frac{3}{4}-\frac{2n + 3}{4×3^n}\right)-\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{3^n}\right)=-\frac{n}{3^n}＜0$,故$T_n＜\frac{S_n}{2}$

典例 4
(2022·新高考Ⅰ卷)记 $S_{n}$ 为数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和，已知 $a_{1}=1$，$\{\frac{S_{n}}{a_{n}}\}$ 是公差为 $\frac{1}{3}$ 的等差数列。
(1)求 $\{a_{n}\}$ 的通项公式；
(2)证明：$\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+·s+\frac{1}{a_{n}}＜2$。
听课笔记：

答案：
(1)因为$a_1 = 1,\frac{S_1}{a_1}=1$,又$\left\{\frac{S_n}{a_n}\right\}$是公差为$\frac{1}{3}$的等差数列，所以$\frac{S_n}{a_n}=1+(n - 1)×\frac{1}{3}=\frac{n + 2}{3}$,所以$S_n=\frac{n + 2}{3}a_n$,因为当$n\geqslant2$时,$a_n=S_n - S_{n - 1}=\frac{n + 2}{3}a_n-\frac{n + 1}{3}a_{n - 1}$,所以$\frac{n + 1}{3}a_{n - 1}=\frac{n - 1}{3}a_n(n\geqslant2)$,所以$\frac{a_2}{a_1}·\frac{a_3}{a_2}··s\frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}}·\frac{a_n}{a_{n - 1}}=\frac{3}{1}·\frac{4}{2}·\frac{5}{3}··s·\frac{n}{n - 2}·\frac{n + 1}{n - 1}=\frac{n(n + 1)}{2}(n\geqslant2)$,所以$a_n=\frac{n(n + 1)}{2}(n\geqslant2)$,又$a_1 = 1$也满足上式，所以$a_n=\frac{n(n + 1)}{2}(n\in\mathbf{N}^*)$.
(2)证明：因为$b_n=\frac{a_n - a_{n + 1}}{a_na_{n + 1}+a_n + a_{n + 1}+1}$$=\frac{(a_n + 1)-(a_{n + 1}+1)}{(a_n + 1)(a_{n + 1}+1)}=\frac{1}{a_{n + 1}+1}-\frac{1}{a_n + 1}(n\in\mathbf{N}^*)$,所以$b_1 + b_2+·s + b_n=\frac{1}{2}\left[\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+·s+\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1}\right)+\left(\frac{1}{n + 1}-\frac{1}{n + 1 + 1}\right)\right]=2\left[1-\frac{1}{n + 1 + 1}\right]=\frac{3}{4}-\frac{1}{3^{n + 1}+1}＜\frac{3}{4}-\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$.

(2024·江苏盐城一模)已知正项数列 $\{a_{n}\}$ 中，$a_{1}=\frac{1}{3}$，且 $3a_{n + 1}^{2}+2a_{n + 1}a_{n}-a_{n}^{2}=0(n\in\mathbf{N}^{*})$。
(1)求数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式；
(2)$b_{n}=\frac{a_{n}-a_{n + 1}}{a_{n}a_{n + 1}+a_{n}+a_{n + 1}+1}(n\in\mathbf{N}^{*})$，证明：$b_{1}+b_{2}+·s + b_{n}＜\frac{1}{4}$。

答案：
(1) 由 $3a_{n+1}^2 + 2a_{n+1}a_n - a_n^2 = 0$，两边同除以 $a_n^2$（$a_n ＞ 0$）得：
$3\left(\frac{a_{n+1}}{a_n}\right)^2 + 2\left(\frac{a_{n+1}}{a_n}\right) - 1 = 0$。
设 $q = \frac{a_{n+1}}{a_n}$，则 $3q^2 + 2q - 1 = 0$，解得 $q = \frac{1}{3}$（$q = -1$ 舍去，因数列正项）。
故 $\{a_n\}$ 是首项 $a_1 = \frac{1}{3}$，公比 $\frac{1}{3}$ 的等比数列，通项公式为 $a_n = \left(\frac{1}{3}\right)^n$。
(2) 由 $a_n = \left(\frac{1}{3}\right)^n$，则 $a_{n+1} = \left(\frac{1}{3}\right)^{n+1}$。
分母 $a_n a_{n+1} + a_n + a_{n+1} + 1 = (a_n + 1)(a_{n+1} + 1)$，分子 $a_n - a_{n+1}$。
故 $b_n = \frac{a_n - a_{n+1}}{(a_n + 1)(a_{n+1} + 1)} = \frac{1}{a_{n+1} + 1} - \frac{1}{a_n + 1}$。
前 $n$ 项和 $S_n = \sum_{k=1}^n b_k = \left(\frac{1}{a_2 + 1} - \frac{1}{a_1 + 1}\right) + ·s + \left(\frac{1}{a_{n+1} + 1} - \frac{1}{a_n + 1}\right) = \frac{1}{a_{n+1} + 1} - \frac{1}{a_1 + 1}$。
因 $a_1 + 1 = \frac{4}{3}$，$\frac{1}{a_1 + 1} = \frac{3}{4}$；$a_{n+1} + 1 = 1 + \left(\frac{1}{3}\right)^{n+1} ＞ 1$，故 $\frac{1}{a_{n+1} + 1} ＜ 1$。
则 $S_n ＜ 1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4}$，即 $b_1 + ·s + b_n ＜ \frac{1}{4}$。
答案
(1) $a_n = \left(\frac{1}{3}\right)^n$；
(2) 证明见上。