《2026年学易优高考二轮总复习数学》

(2025·四川乐山模拟)已知函数$f(x)=\frac{3x}{2x + 1}$，数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=\frac{3}{5}$，$a_{n + 1}=f(a_{n})$，$n\in N^{*}$
(1)证明数列$\{\frac{1}{a_{n}}-1\}$为等比数列，并求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)设$T_{n}=\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+·s+\frac{1}{a_{n}}$，求$T_{n}$；
(3)对于(2)中的$T_{n}$，若存在$n\in N^{*}$，使不等式$(n + 1 - T_{n})\geq\frac{k}{(2n - 1)· n}$成立，求实数$k$的最大值。

答案： 【例3】 解：
(1)因为函数$f(x)=\frac{3x}{2x + 1}$，所以$a_{n + 1}=f(a_{n})=\frac{3a_{n}}{2a_{n}+1}$，
则$\frac{1}{a_{n + 1}}=\frac{2}{3}+\frac{1}{3} · \frac{1}{a_{n}}$，即$\frac{1}{a_{n + 1}}-1=\frac{1}{3}(\frac{1}{a_{n}}-1)$，
所以数列$\{\frac{1}{a_{n}}-1\}$是以$\frac{1}{a_{1}}-1=\frac{2}{3}$为首项，$\frac{1}{3}$为公比的等比数列，
则有$\frac{1}{a_{n}}-1=\frac{2}{3} · (\frac{1}{3})^{n - 1}$，即$\frac{1}{a_{n}}=\frac{2}{3^{n}}+1$，
故数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=\frac{3^{n}}{3^{n}+2}$。
(2)由
(1)可知：$\frac{1}{a_{n}}=\frac{2}{3^{n}}+1$，
所以$T_{n}=\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+·s+\frac{1}{a_{n}}=2(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+·s+\frac{1}{3^{n}})+n=\frac{\frac{1}{3}(1 - \frac{1}{3^{n}})}{1 - \frac{1}{3}}+n=1 - \frac{1}{3^{n}}+n$。
(3)由
(2)可知：$T_{n}=1 - \frac{1}{3^{n}}+n$，所以$(n + 1 - T_{n}) \geqslant\frac{k}{(2n - 1) · n}$化简为$\frac{1}{3^{n}} \geqslant \frac{k}{(2n - 1) · n}$，
因为$n \in N^{*}$，所以由$\frac{1}{3^{n}} \geqslant \frac{k}{(2n - 1) · n}$，得$k \leqslant \frac{(2n - 1) · n}{3^{n}}$，
设$b_{n}=\frac{(2n - 1) · n}{3^{n}}$，则$b_{n + 1}-b_{n}=\frac{(2n + 1) · (n + 1)}{3^{n + 1}}-\frac{(2n - 1) · n}{3^{n}}=\frac{-4(n - \frac{3}{4})^{2}+\frac{13}{4}}{3^{n + 1}}$，
由二次函数性质可知：当$n \in N^{*}$时，函数$g(n)=-4(n - \frac{3}{4})^{2}+\frac{13}{4}$是减函数，
$g(1)=3 ＞ 0,g(2)=-3 ＜ 0$，于是有$n ＞ 1,n \in N^{*}$时，$g(n)=-4(n - \frac{3}{4})^{2}+\frac{13}{4} ＜ 0$，
所以$b_{1} ＜ b_{2} ＞ b_{3} ＞ b_{4} ＞ ·s ＞ b_{n}$，因此$(b_{n})_{\max}=b_{2}=\frac{2}{3}$，
存在$n \in N^{*}$，使得$(n + 1 - T_{n}) \geqslant \frac{k}{(2n - 1) · n}$成立，
则有$k \leqslant \frac{2}{3}$，因此实数$k$的最大值$\frac{2}{3}$。

已知数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{n}=1+\frac{1}{a + 2(n - 1)}(a\neq 0)$。
(1)若$a=-7$，求数列$\{ a_{n}\}$中的最大项和最小项的值；
(2)若对任意的$n\in N^{*}$，都有$a_{n}\leq a_{6}$成立，求$a$的取值范围。

答案： 训练 3 解：
(1)$\because a_{n}=1+\frac{1}{a + 2(n - 1)}$，
又$a = - 7$，$\therefore a_{n}=1+\frac{1}{2n - 9}$。
结合函数$f(x)=1+\frac{1}{2x - 9}$的单调性，
可知$1 ＞ a_{1} ＞ a_{2} ＞ a_{3} ＞ a_{4} ＞ a_{5} ＞ a_{6} ＞ a_{7} ＞ ·s ＞ a_{n} ＞ 1$。
$\therefore$数列$\{ a_{n}\}$中的最大项为$a_{5}=2$，最小项为$a_{4}=0$。
(2)$a_{n}=1+\frac{1}{a + 2(n - 1)}=\frac{1}{1+\frac{1}{2}n - \frac{a}{2}}$
已知对任意的$n \in N^{*}$，都有$a_{n} \leqslant a_{6}$成立，
结合函数$f(x)=1+\frac{1}{x - \frac{a}{2}}$的单调性，
可知$5 ＜ \frac{2 - a}{2} ＜ 6$，即$-10 ＜ a ＜ -8$。
即$a$的取值范围是$(-10,-8)$。