《2025年小题狂做高中数学选择性必修第二册人教版》

8. 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且满足$a_{n}=\dfrac{1}{2}S_{n}+1(n\in \mathbf{N}^{*})$。
(1) 求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2) 若$b_{n}=\log _{2}a_{n}$，$c_{n}=\dfrac{1}{b_{n}b_{n + 2}}$且$\{ c_{n}\}$的前$n$项和为$T_{n}$，求使得$\dfrac{k}{24}＜T_{n}＜\dfrac{k + 13}{24}$对$n\in \mathbf{N}^{*}$都成立的所有正整数$k$的值。

答案： 8. 解：
(1) 由题意知$a_n = \frac{1}{2}S_n + 1$ ①，$a_{n - 1} = \frac{1}{2}S_{n - 1} + 1(n \geq 2)$ ②，① - ②得$a_n = 2a_{n - 1}(n \geq 2)$. 又易得$a_1 = 2$，所以$\{a_n\}$是首项和公比都为$2$的等比数列，所以$a_n = 2^n$.
(2) 由
(1)知$b_n = n$，即$c_n = \frac{1}{n(n + 2)} = \frac{1}{2}(\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 2})$，所以$T_n = \frac{1}{2}(1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{3} - \frac{1}{5} + ·s + \frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 2}) = \frac{3}{4} - \frac{1}{2}(\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2})$. 因为$T_n \leq T_n ＜ \frac{3}{4}$，即$\frac{1}{3} \leq T_n ＜ \frac{3}{4}$，所以由$\frac{k}{24} ＜ T_n ＜ \frac{k + 13}{24}$对$n \in N^*$都成立，可得$\frac{k}{24} ＜ \frac{1}{3}$，且$\frac{k + 13}{24} \geq \frac{3}{4}$，解得$5 \leq k ＜ 8$. 又因为$k$为正整数，所以$k \in \{5,6,7\}$。
规范提醒
(1) 已知$a_n$与$S_n$的关系式，求$\{a_n\}$的通项公式，一般根据公式$a_n = \begin{cases} S_1, & n = 1, \\ S_n - S_{n - 1}, & n \geq 2, \end{cases}$运用相邻项作差法消去$a_n$或$S_n$，再构造等差或等比数列求解，要注意数列下标的书写，且勿忘对首项的验证.
(2) 应用裂项相消法求和，要能根据数列通项公式的结构特征，正确地裂项，同时关注抵消后，还剩下哪些项.
(3) 数列是一个特殊的函数，在处理数列中的恒成立问题时，函数中恒成立问题的处理方法依然适用，但要注意$n$的取值为正整数.

9. [2025 山东济宁嘉祥一中练习]在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=2$，记$T_{n}=a_{1}a_{2}a_{3}· ·s · a_{n}$，且$\{ T_{n}\}$是公差为 1 的等差数列。
(1) 求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2) 令$b_{n}=\dfrac{na_{n}}{2^{n}}$，求数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$。

答案： 9. 解：
(1) 当$n = 1$时，$T_1 = a_1 = 2$，所以$T_1 = T_1 + (n - 1) × 1 = n + 1$，则$a_1a_2a_3·s a_n = n + 1$，所以当$n \geq 2$时，$a_1a_2a_3·s a_{n - 1} = n$，所以$a_n = \frac{n + 1}{n}(n \geq 2)$. 又$a_1 = 2$符合$a_n = \frac{n + 1}{n}$，所以$a_n = \frac{n + 1}{n}$
(2) 解法1 由
(1)得$b_n = \frac{n + 1}{2^n}$，所以$S_n = \frac{2}{2} + \frac{3}{2^2} + \frac{4}{2^3} + ·s + \frac{n}{2^{n - 1}} + \frac{n + 1}{2^n}$ ①，所以$\frac{1}{2}S_n = \frac{2}{2^2} + \frac{3}{2^3} + \frac{4}{2^4} + ·s + \frac{n}{2^n} + \frac{n + 1}{2^{n + 1}}$ ②，① - ②得$\frac{1}{2}S_n = 1 + \frac{1}{2^2} + (\frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + ·s + \frac{1}{2^n}) - \frac{n + 1}{2^{n + 1}} = 1 + \frac{\frac{1}{4}[1 - (\frac{1}{2})^{n - 1}]}{1 - \frac{1}{2}} - \frac{n + 1}{2^{n + 1}} = 1 + \frac{1}{2}[1 - (\frac{1}{2})^{n - 1}] - \frac{n + 1}{2^{n + 1}}$，所以$S_n = 3 - \frac{n + 3}{2^n}$。
解法2 由
(1)得$b_n = \frac{n + 1}{2^n} - \frac{n - 1 + 3}{2^{n - 1}} = \frac{n + 3}{2^n}$，所以$S_n = b_1 + b_2 + ·s + b_n = \frac{0 + 3}{2^0} + \frac{1 + 3}{2^1} + \frac{1 + 3}{2^1} + \frac{2 + 3}{2^2} + ·s + \frac{n - 1 + 3}{2^{n - 1}} = 3 - \frac{n + 3}{2^n}$。
解题突破 利用构造法求差比数列的前$n$项和
对于本题中的差比数列求和，可先利用待定系数法构造$b_n = \frac{n + 1}{2^n} = a \frac{n - 1 + b}{2^{n - 1}} - \frac{an + b}{2^n}$，再通分求出对应系数$a = 1$，$b = 3$，进而利用裂项相消法求和，并且差比数列的和一定是$(xn + y) · q^n$的形式（其中$q$为公比），此法在小题中可代入$n = 1$，$n = 2$，用特值法求出$x$，$y$.
核心笔记
1. 倒序相加法：如果一个数列的前$n$项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么可以利用倒序相加法求和，类比于等差数列前$n$项和公式的推导.（练习运用：第3题）
2. 裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求和. 值得注意的是，要关注抵消后，还剩下哪些项.（练习运用：第6,7,8题）
3. 错位相减法求数列的和应注意以下几点：
(1) 掌握运用错位相减求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；
(2) 相减时注意最后一项的符号；
(3) 求和时注意项数别出错；
(4) 最后结果一定不能忘记等式两边同时除以$(1 - q)$.（练习运用：第9题）
4. 分组转化法：若一个数列由若干个等差数列或等比数列或求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和再相加.（练习运用：第2题）