《2025年学霸高考黑题数学人教版》

变式训练3.（2025·重庆南岸区月考）定义首项为$1$且公比为正数的等比数列为“$M -$数列”。
(1)已知等比数列$\{a_{n}\}(n\in\mathbf{N}^{*})$满足$a_{3}a_{8}=a_{10}$，$a_{4}-6a_{3}+9a_{2}=0$，判断数列$\{a_{n}\}$是否为“$M -$数列”。如果是，说明理由。
(2)已知数列$\{b_{n}\}(n\in\mathbf{N}^{*})$满足$b_{1}=1$，$\frac{1}{S_{n}}=\frac{2}{b_{n}}-\frac{2}{b_{n + 1}}$，其中$S_{n}$为数列$\{b_{n}\}$的前$n$项和。
①求数列$\{b_{n}\}$的通项公式；
②设$m$为正整数，若存在“$M -$数列”$\{c_{n}\}(n\in\mathbf{N}^{*})$，对任意正整数$k$，当$k\leqslant m$时，都有$c_{k}\leqslant b_{k}\leqslant c_{k + 1}$成立，求$m$的最大值。

答案：
(1)解：设等比数列$\{a_{n}\}$的公比为$q_{1}$，则由$a_{3}a_{8}=a_{10},a_{4}-6a_{3}+9a_{2}=0$，得$a_{1}q_{1}^{2}a_{1}q_{1}^{7}=a_{1}q_{1}^{9},a_{1}q_{1}^{3}-6a_{1}q_{1}^{2}+9a_{1}q_{1}=0$，得$a_{1}=1,q_{1}=3$，$\therefore$数列$\{a_{n}\}$首项为$1$且公比为正数，故数列$\{a_{n}\}$为“$M-$数列”。
(2)①当$n=1$时，$1=2-\frac{2}{b_{2}}$，$b_{2}=2$，当$n\geqslant2$时，$\because\frac{b_{n}b_{n+1}}{S_{n}}=\frac{b_{n-1}b_{n}}{S_{n-1}}$，$\therefore2S_{n}=\frac{b_{n}b_{n+1}}{b_{n+1}-b_{n}},2S_{n-1}=\frac{b_{n-1}b_{n}}{b_{n}-b_{n-1}}$，$\therefore2b_{n}=2(S_{n}-S_{n-1})=\frac{b_{n}b_{n+1}}{b_{n+1}-b_{n}}-\frac{b_{n-1}b_{n}}{b_{n}-b_{n-1}}$，$\because2=\frac{b_{n+1}}{b_{n+1}-b_{n}}-\frac{b_{n-1}}{b_{n}-b_{n-1}}$，$\therefore2(b_{n+1}-b_{n})(b_{n}-b_{n-1})=b_{n+1}(b_{n}-b_{n-1})-b_{n-1}(b_{n+1}-b_{n})$，展开化简得$b_{n+1}+b_{n-1}=2b_{n},\therefore\{b_{n}\}$是等差数列，故数列$\{b_{n}\}$的通项公式为$b_{n}=n$。
②设$\{c_{n}\}$的公比为$q$存在“$M-$数列”$\{c_{n}\}(n\in\mathbf{N}^{*})$，对任意正整数$k$，当$k\leqslant m$时，都有$c_{k}\leqslant c_{b_{k}}\leqslant c_{k+1}$成立，即$q^{k-1}\leqslant k\leqslant q^{k}$对$k\leqslant m$恒成立，当$k=1$时，$q\geqslant1$，当$k=2$时，$\sqrt{2}\leqslant q\leqslant2$，当$k\geqslant3$时，两边取对数可得，$\frac{\ln k}{k}\leqslant\ln q\leqslant\frac{\ln k}{k-1}$对$k\leqslant m$有解，即$(\frac{\ln k}{k})_{\min}\leqslant\ln q\leqslant(\frac{\ln k}{k-1})_{\max}$，令$f(x)=\frac{\ln x}{x}(x\geqslant3)$，则$f^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$，当$x\geqslant3$时，$\varphi^{\prime}(x)＜0,\therefore\varphi(x)$为单调递减函数，$\therefore\varphi(x)＜1-\frac{1}{3}-\ln3＜0$，即$g^{\prime}(x)＜0,\therefore g(x)$在$[3,+\infty)$上单调递减，即当$3\leqslant k\leqslant m$时，$\frac{\ln3}{3}\leqslant\ln q\leqslant\frac{\ln m}{m-1}$，其中$\sqrt{2}\leqslant q\leqslant2$。下面求解不等式$\frac{\ln3}{3}\leqslant\frac{\ln m}{m-1}$，化简，得$3\ln m-(m-1)\ln3\geqslant0$，令$h(m)=3\ln m-(m-1)\ln3$，则$h^{\prime}(m)=\frac{3}{m}-\ln3$，由$k\geqslant3$得$m\geqslant3$，进而$h^{\prime}(m)＜0,\therefore h(m)$在$[3,+\infty)$上单调递减，又由于$h(5)=3\ln5-4\ln3=\ln125-\ln81＞0,h(6)=3\ln6-5\ln3=\ln216-\ln243＜0$，故使得$h(m)＞0$的最大整数$m=5$，此时$q\in[\frac{1}{3^{\frac{1}{3}}},5^{\frac{1}{4}}]$。又$\because[3\frac{1}{3},5\frac{1}{4}]\subset[\sqrt{2},2]$，$\therefore$当$m=5$时，满足题意。综上所述，满足题意的实数$m$的最大值为$5$。

变式训练4.（2025·广东湛江月考）在数列$\{a_{n}\}$中，$a_{1}=\frac{\pi}{4}$，$a_{n}\in(0,\frac{\pi}{2})$，且$\tan a_{n + 1}=\frac{1}{\cos a_{n}}$。
(1)证明：数列$\{\frac{1}{\cos^{2}a_{n}}\}$是等差数列；
(2)记$b_{n}=\log_{2}\sin a_{n}$，数列$\{b_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，证明：$\frac{1}{6}\leqslant\sum_{i = 1}^{n}4^{S_{i}S_{i + 1}}＜\frac{1}{2}$；
(3)证明：$\cos a_{1}+\cos a_{1}\cos a_{2}+·s+\cos a_{n - 1}\cos a_{n}＞\ln(n + 1)$。

答案：
(1)证明：已知$\tan a_{n+1}=\frac{1}{\cos a_{n}}$，即$\frac{\sin a_{n+1}}{\cos a_{n+1}}=\frac{1}{\cos a_{n}}$及$\frac{\sin^{2} a_{n+1}}{\cos^{2} a_{n+1}}=\frac{1}{\cos^{2} a_{n}}$，化简得$\frac{1}{\cos^{2} a_{n+1}}-\frac{1}{\cos^{2} a_{n}}=1$，又$\frac{1}{\cos^{2} a_{1}}=2$，所以数列$\{\frac{1}{\cos^{2} a_{n}}\}$是首项为$2$，公差为$1$的等差数列。
(2)由
(1)可知$\frac{1}{\cos^{2} a_{n}}=2+(n-1)=n+1$，所以$\cos^{2} a_{n}=\frac{1}{n+1}$，$\sin^{2} a_{n}=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$。又$a_{n}\in(0,\frac{\pi}{2})$，所以$\cos a_{n}=\sqrt{\frac{1}{n+1}},\sin a_{n}=\sqrt{\frac{n}{n+1}},b_{n}=\log_{2}\sin a_{n}=\log_{2}\sqrt{\frac{n}{n+1}}=\frac{1}{2}[\log_{2}n-\log_{2}(n+1)]$，所以$S_{n}=\frac{1}{2}[\log_{2}1-\log_{2}2+\log_{2}2-\log_{2}3+·s+\log_{2}n-\log_{2}(n+1)]=-\frac{1}{2}\log_{2}(n+1)$，于是$\frac{1}{4^{S_{n}+S_{n+1}}}=\frac{1}{4^{-\frac{1}{2}\log_{2}(n+1)}-\frac{1}{2}\log_{2}(n+2)}}=\frac{1}{(i+1)(i+2)}$，所以$\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i+1+i+2}=\frac{1}{2+3}+\frac{1}{3+4}+·s+\frac{1}{n+1+n+2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}$，即$\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{4^{S_{i}+S_{i+1}}}＜\frac{1}{2}$。
(3)定义$\cos a_{0}=1$，原不等式即$\cos a_{0}\cos a_{1}+\cos a_{1}\cos a_{2}+·s+\cos a_{n-1}\cos a_{n}＞\ln\frac{2}{1}+\frac{3}{2}+·s+\frac{n+1}{n}(n\geqslant1)$，下面证明$\cos a_{n-1}\cos a_{n}＞\ln\frac{n+1}{n}$，即$\frac{1}{\sqrt{n}·\sqrt{n+1}}＞\ln\frac{n+1}{n}$，设$f(x)=x-\frac{1}{x}-2\ln x(x＞1)$，则$f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}＞0$，于是$f(x)$在区间$(1,+\infty)$上是增函数。因为$\frac{n+1}{n}＞1$，有$f(\frac{n+1}{n})＞f(1)=0$，不等式$(*)$成立。故原不等式成立。