《2025年学霸高考黑题数学人教版》

变式训练 4. (2025·湖南长沙模拟)已知非零等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$a_{2}=4$，$a_{n}· a_{n+1}=4S_{n}$。
(1)求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)已知正项数列$\{ b_{n}\}$满足$b_{1}=\dfrac {1}{3}$，且$b_{n+1}$是$b_{n}$和$b_{n}b_{n+1}$的等差中项，求数列$\left\{ \left(\dfrac {1}{b_{n}}-1\right)· a_{n}\right\}$的前$n$项和$T_{n}$；
(3)在条件(2)下，记正项数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和为$M_{n}$，求证：$\dfrac {2}{3}\left[1-\left(\dfrac {1}{2}\right)^{n}\right]\leqslant M_{n} ＜ \dfrac {5}{6}$。

答案： 变式训练4.
(1)解：设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$。因为$4S_n = a_n a_{n + 1}$，由$a_2 = 4$，得$a_1 + d = 4$，当$n = 1$时，$4S_1 = a_1 a_2$，即$4a_1 = 4a_1$，恒成立；当$n = 2$时，由$4S_2 = a_2 · a_3$，得$4(a_1 + a_2) = 4a_3$，得$4(a_1 + 4) = 4(a_1 + 2d)$，得$d = 2$。所以$a_1 = 2$，所以$a_n = a_1 + (n - 1)d = 2 + (n - 1) × 2 = 2n$。
(2)解：因为$b_{n + 1}$是$b_n$和$b_n b_{n + 1}$的等差中项，所以$2b_{n + 1} = b_n + b_n b_{n + 1}$。又$b_n ＞ 0$，所以$\frac{1}{b_{n + 1}} - 2 = \frac{1}{b_n} - 1$，即$\frac{1}{b_{n + 1}} - 1 = 2(\frac{1}{b_n} - 1)$。又$b_1 = \frac{1}{3}$，所以$\frac{1}{b_1} - 1 = 2$，所以数列$\{\frac{1}{b_n} - 1\}$是首项为$2$，公比为$2$的等比数列，所以$\frac{1}{b_n} - 1 = 2^n$，即$b_n = \frac{1}{2^n + 1}$。令$c_n = (\frac{1}{b_n} - 1)a_n$，可知$c_n = 2^n · 2n = n · 2^{n + 1}$，所以$T_n = 1 × 2^2 + 2 × 2^3 + 3 × 2^4 + ·s + (n - 1) · 2^n + n · 2^{n + 1}$，$2T_n = 1 × 2^3 + 2 × 2^4 + ·s + (n - 1) · 2^{n + 1} + n · 2^{n + 2}$，两式相减得$-T_n = 2^2 + 2^3 + ·s + 2^{n + 1} - n · 2^{n + 2} = \frac{4(1 - 2^n)}{1 - 2} - n · 2^{n + 2} = -4 + (1 - n)2^{n + 2}$，所以$T_n = (n - 1) · 2^{n + 2} + 4$。
(3)证明：由
(2)可得$b_n = \frac{1}{2^n + 1} \geq \frac{1}{2^n + 2^n} = \frac{1}{2 · 2^n} = \frac{1}{3} × (\frac{1}{2})^{n - 1}$（当$n = 1$时取等号），所以$M_n \geq \frac{1}{3} × \frac{1 - (\frac{1}{2})^n}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{2}{3}[1 - (\frac{1}{2})^n]$。因为$b_n = \frac{1}{2^n + 1} ＜ \frac{1}{2^n}$，所以当$n = 1$时，$M_1 = \frac{1}{3} ＜ \frac{5}{6}$；当$n \geq 2$时，$M_n ＜ \frac{1}{3} + (\frac{1}{2})^2 + (\frac{1}{2})^3 + ·s + (\frac{1}{2})^n = \frac{1}{3} + \frac{\frac{1}{4}[1 - (\frac{1}{2})^{n - 1}]}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{2} - \frac{1}{2^n} = \frac{5}{6} - \frac{1}{2^n} ＜ \frac{5}{6}$。
综上，$\frac{2}{3}[1 - (\frac{1}{2})^n] \leq M_n ＜ \frac{5}{6}$成立。

变式训练 5. (2025·河南郑州模拟)若$b^{2} ＜ ac$，则称$b$是$a$和$c$的减比中项。
(1)若$2$是$a$和$c$的减比中项，求$a^{2}+c^{2}$的取值范围。
(2)已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=1$，$a_{2}=1$，数列$\{ b_{n}\}$满足$b_{1}=2$，$b_{2}=2$，存在正数$m ＞ 1$，使$\sqrt {m}a_{n+1}$是$a_{n+2}$和$a_{n}$的等比中项，且$\sqrt {m}b_{n+1}$是$b_{n+2}$和$b_{n}$的减比中项，$n\in \mathbf{N}^{*}$。
①证明：$\sqrt {a_{n+2}b_{n+1}}$是$a_{n+1}$和$b_{n+2}$的减比中项；
②记数列$\left\{ \dfrac {b_{n}-a_{n}}{b_{n+1}-a_{n+1}}\right\}$的前$n$项和为$S_{n}$，证明：$S_{n} ＜ \dfrac {m}{m - 1}$。

答案： 变式训练5.
(1)解：若$2$是$a$和$c$的减比中项，则$2^2 ＜ ac$，即$ac ＞ 4$，$\therefore a^2 + c^2 \geq 2ac ＞ 8$（当且仅当$a = c$时取等号），$\therefore a^2 + c^2$的取值范围是$(8, + \infty)$。
(2)①证明：$\because \sqrt{m}b_{n + 1}$是$b_{n + 2}$和$b_n$的减比中项，$\therefore (\sqrt{m}b_{n + 1})^2 ＜ b_{n + 2} · b_n$，即$mb_{n + 1}^2 ＜ b_{n + 2}b_n$。又$m$为正数，$\therefore \{b_n\}$为正项数列。$\sqrt{m}a_{n + 1}$是$a_{n + 2}$和$a_n$的等比中项，$\therefore (\sqrt{m}a_{n + 1})^2 = a_{n + 2}a_n$，即$ma_{n + 1}^2 = a_{n + 2}a_n$，$\therefore \{a_n\}$为正项数列。要证$\sqrt{a_{n + 2}b_{n + 1}}$是$a_{n + 1}$和$b_{n + 2}$的减比中项，只需证$(\sqrt{a_{n + 2}b_{n + 1}})^2 ＜ a_{n + 1}b_{n + 2}$，即$a_{n + 2}b_{n + 1} ＜ a_{n + 1}b_{n + 2}$。由$ma_{n + 1}^2 = a_{n + 2}a_n$得$\frac{a_{n + 2}}{a_{n + 1}} = m · \frac{a_{n + 1}}{a_n}$，所以$\frac{a_{n + 2}}{a_{n + 1}} = m^n · \frac{a_2}{a_1} = m^n$（因为$a_1 = a_2 = 1$）。由$mb_{n + 1}^2 ＜ b_{n + 2}b_n$得$\frac{b_{n + 2}}{b_{n + 1}} ＞ m · \frac{b_{n + 1}}{b_n}$，所以$\frac{b_{n + 2}}{b_{n + 1}} ＞ m^n · \frac{b_2}{b_1} = m^n$（因为$b_1 = b_2 = 2$）。所以$\frac{a_{n + 2}b_{n + 1}}{a_{n + 1}b_{n + 2}} = \frac{a_{n + 2}}{a_{n + 1}} · \frac{b_{n + 1}}{b_{n + 2}} ＜ m^n · \frac{1}{m^n} = 1$，即$a_{n + 2}b_{n + 1} ＜ a_{n + 1}b_{n + 2}$，故$\sqrt{a_{n + 2}b_{n + 1}}$是$a_{n + 1}$和$b_{n + 2}$的减比中项。
②证明：由$ma_{n + 1}^2 = a_{n + 2}a_n$，$a_1 = a_2 = 1$，可得$a_n = m^{\frac{(n - 1)(n - 2)}{2}}$。由$mb_{n + 1}^2 ＜ b_{n + 2}b_n$，$b_1 = b_2 = 2$，可得$\frac{b_{n + 2}}{b_{n + 1}} ＞ m · \frac{b_{n + 1}}{b_n}$，则$\frac{b_{n + 1}}{b_n} ＞ m^{n - 1} · \frac{b_2}{b_1} = m^{n - 1}$，所以$b_n ＞ m^{\frac{(n - 1)(n - 2)}{2}} · b_1 = 2m^{\frac{(n - 1)(n - 2)}{2}}$。设$d_n = b_n - a_n$，则$\frac{d_n}{d_{n + 1}} = \frac{b_n - a_n}{b_{n + 1} - a_{n + 1}} ＜ \frac{b_n}{b_{n + 1} - a_{n + 1}}$，又因为$b_{n + 1} ＞ m^{n - 1}b_n$，$a_{n + 1} = m^{\frac{n(n - 1)}{2}}$，$a_n = m^{\frac{(n - 1)(n - 2)}{2}}$，所以$\frac{d_n}{d_{n + 1}} ＜ \frac{1}{m^{n - 1} - \frac{a_{n + 1}}{b_n}} ＜ \frac{1}{m^{n - 1} - 1}$（因为$\frac{a_{n + 1}}{b_n} ＜ 1$），所以$S_n = \sum_{k=1}^n \frac{d_k}{d_{k + 1}} ＜ 1 + \frac{1}{m} + ·s + \frac{1}{m^{n - 1}} = \frac{1 - \frac{1}{m^n}}{1 - \frac{1}{m}} = \frac{m(1 - \frac{1}{m^n})}{m - 1} ＜ \frac{m}{m - 1}$。