《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

① 数列 $ \{ a_n + 1 \} $ 是等比数列；② $ a_2 = 2a_1 + 1 $；③ $ \{ S_n + n + a_1 + 1 \} $ 是等比数列。
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分。

答案： 证明:选择①②为条件,③为结论.
证明过程如下:
设等比数列$\{a_n+1\}$的公比为$q(q＞0$且$q\neq1)$,
则$a_n+1=(a_1+1)q^{n-1}$,
由$a_2=2a_1+1$得$a_2+1=2(a_1+1)$,所以$q=2$,
则$a_n+1=(a_1+1)2^{n-1}$,即$a_n=(a_1+1)2^{n-1}-1$,
所以$S_n=\frac{(a_1+1)(1-2^n)}{1-2}-n$,即$S_n=(a_1+1)(2^n-1)-n$,
所以$S_n+n+a_1+1=2(a_1+1)·2^{n-1}$,
所以$\{S_n+n+a_1+1\}$是以$2(a_1+1)$为首项,2为公比的等比数列.
选择条件①③为条件,②为结论.
证明过程如下:
设等比数列$\{a_n+1\}$的公比为$q(q＞0$且$q\neq1)$,
则$a_n+1=(a_1+1)q^{n-1}$,
所以$a_2+1=(a_1+1)q$,(*)
因为$\{S_n+n+a_1+1\}$是等比数列,
所以$(S_2+2+a_1+1)^2=(S_1+1+a_1+1)(S_3+3+a_1+1)$.
即$[2(a_1+1)+a_2+1]^2=2(a_1+1)[2(a_1+1)+a_2+1+a_3+1]$.
所以$[2(a_1+1)+(a_1+1)q]^2=2(a_1+1)[2(a_1+1)+(a_1+1)q+(a_1+1)q^2]$.
因为$a_1+1\neq0$,所以$(2+q)^2=2(2+q+q^2)$,
即$q^2-2q=0$,因为$q＞0$,所以$q=2$,
代入(*)式,得$a_2+1=2(a_1+1)$,即$a_2=2a_1+1$.
选择②③为条件,①为结论.
证明过程如下:
设等比数列$\{S_n+n+a_1+1\}$的公比为$q_1(q_1＞0$且$q_1\neq1)$,
则$S_n+n+a_1+1=(S_1+1+a_1+1)q^{n-1}_1=2(a_1+1)q^{n-1}_1$,
当$n\geq2$时,$a_n=S_n-S_{n-1}=2(a_1+1)q^{n-1}_1-2(a_1+1)q^{n-2}_1-1=2(a_1+1)q^{n-2}_1(q_1-1)-1$,
所以$a_2=2(a_1+1)q_1-1)-1$,
又因为$a_2=2a_1+1$,所以$2(a_1+1)=2(a_1+1)(q_1-1)$,
因为$a_1+1\neq0$,所以$q_1=2$,所以$a_n=2(a_1+1)2^{n-2}-1=(a_1+1)·2^{n-1}-1$,得$a_n+1=(a_1+1)·2^{n-1}$.
因为当$n=1$时,上式恒成立,所以$\{a_n+1\}$是首项为$a_1+1$,公比为2
的等比数列.

(1) 证明：数列 $ \left\{ 1 - \dfrac{1}{a_n} \right\} $ 为等比数列；

答案：
(1)证明:由$a_{n+1}=\frac{3a_n}{a_n+2}$得$\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{a_n+2}{3a_n}=\frac{2}{3}·\frac{1}{a_n}+\frac{1}{3}$.
则$1-\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{2}{3}·\frac{1}{a_n}=\frac{2}{3}\left(1-\frac{1}{a_n}\right)$.
所以数列$\left\{1-\frac{1}{a_n}\right\}$是首项为$1-\frac{1}{a_1}=\frac{2}{3}$,公比为$\frac{2}{3}$的等比数列.

(2) 求 $ \{ a_n \} $ 的通项公式；

答案：
(2)由
(1)得$1-\frac{1}{a_n}=\frac{2}{3}×\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}=\left(\frac{2}{3}\right)^n$.
解得$a_n=\frac{1}{1-\left(\frac{2}{3}\right)^n}$.

(3) 令 $ b_n = \dfrac{a_{n + 1}}{a_n} $，证明：$ b_n ＜ b_{n + 1} ＜ 1 $。

答案：
(3)证明:$b_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{3^{n+1}}{3^{n+1}-2^{n+1}}·\frac{3^n-2^n}{3^n}=\frac{3(3^n-2^n)}{3^{n+1}-2^{n+1}}=\frac{3\left(\frac{2}{3}\right)^n-2}{3\left(\frac{2}{3}\right)^n-2}-1$.
$3\left(\frac{2}{3}\right)^n-2$
$=\frac{1}{3·\left(\frac{2}{3}\right)^n-2}$.
令$f(n)=3·\left(\frac{3}{2}\right)^n-2,n\in[1,+\infty)$,
因为$f(n)=3·\left(\frac{3}{2}\right)^n-2$在$n\in[1,+\infty)$上单调递增,则$f(n)\geqf(1)=3×\frac{3}{2}-2=\frac{5}{2}＞0$,
所以数列$\left\{3·\left(\frac{3}{2}\right)^n-2\right\}$在$n\in\mathbf{N}^*$上单调递增,且$b_n＜1$,
故得$b_n＜b_{n+1}＜1$.

典例 2 (1) (2025·四川成都模拟) 已知数列 $ \{ a_n \} $ 是等比数列，若 $ a_2 $，$ a_{48} $ 是 $ 2x^2 - 7x + 6 = 0 $ 的两个根，则 $ a_1 · a_2 · a_{25} · a_{48} · a_{49} $ 的值为 (C)

A.$ \dfrac{35}{4} $
B.$ 9\sqrt{3} $
C.$ \pm 9\sqrt{3} $
D.$ 243 $

答案：
(1)C 若$a_2,a_{48}$是$2x^2-7x+6=0$的两个根,则$a_2+a_{48}=\frac{7}{2}$,$a_2· a_{48}=\frac{6}{2}=3$,因为数列$\{a_n\}$是等比数列,$a_2· a_{48}=a^2_{25}$,
所以$a_{25}=\pm\sqrt{3}$,$a_1· a_2· a_{25}· a_{48}· a_{49}=a^5_{25}=(\pm\sqrt{3})^5=\pm9\sqrt{3}$.故选C.

(2) (2025·山东德州模拟) 已知等比数列 $ \{ a_n \} $ 的各项均为正数，且 $ a_5a_6 + a_4a_7 = 16 $，则 $ \log_2 a_1 + \log_2 a_2 + ·s + \log_2 a_{10} = $ (B)

A.$ 20 $
B.$ 15 $
C.$ 8 $
D.$ 3 + \log_2 5 $

答案：
(2)B 因为$\{a_n\}$是等比数列,所以$a_5a_6=a_4a_7$,故$a_5a_6+a_4a_7=2a_5a_6=16$,解得$a_5a_6=8$,所以$\log_2a_1+\log_2a_2+·s+\log_2a_{10}=\log_2(a_1a_2·s· a_{10})=\log_2(a_5a_6)^5=5\log_28=15$.故选B.

典例 3 (1) (2023·新高考Ⅱ卷) 记 $ S_n $ 为等比数列 $ \{ a_n \} $ 的前 $ n $ 项和，若 $ S_4 = -5 $，$ S_6 = 21S_2 $，则 $ S_8 = $ (C)

A.$ 120 $
B.$ 85 $
C.$ -85 $
D.$ -120 $

答案：
(1)C 设等比数列$\{a_n\}$的公比为$q$,因为$S_4=-5$,
$S_6=21S_2$,所以$q\neq-1$,否则$S_4=0$,从而$S_2,S_4-S_2,S_6-S_4,S_8-S_6$
成等比数列,所以$(-5-S_2)^2=S_2(21S_2+5)$,解得$S_2=-1$或$S_2=\frac{5}{4}$,当$S_2=-1$时,$S_2,S_4-S_2,S_6-S_4,S_8-S_6$,即为$-1,-4,-16$,
$S_8+21$,易知,$S_8+21=-64$,即$S_8=-85$;当$S_2=\frac{5}{4}$时,$S_4=a_1+a_2+a_3+a_4=(a_1+a_2)(1+q^2)=(1+q^2)S_2＞0$,与$S_4=-5$矛盾,舍去.
故选C.

(2) 已知等比数列 $ \{ a_n \} $ 的前 $ 10 $ 项中，所有奇数项之和为 $ 85\dfrac{1}{4} $，所有偶数项之和为 $ 170\dfrac{1}{2} $，则 $ S = a_3 + a_6 + a_9 + a_{12} $ 的值为585。

答案：
(2)585 设公比为$q$,由$\frac{S_{偶}}{S_{奇}}=q=2$,
$\frac{a_1[1-(q^2)^5]}{1-q^2}=85\frac{1}{4}$解得$q=2$,$a_1=\frac{1}{4}$所以
$S=a_3+a_6+a_9+a_{12}=a_1q^2(1+q^3+q^6+q^9)=a_1q^2(1+q^3)(1+q^6)=585$.

典例 4 (多选题) (2025·江西南昌模拟) 在等比数列 $ \{ a_n \} $ 中，$ a_1 ＞ 1 $，$ a_{2025}a_{2026} ＞ 0 $，$ \dfrac{a_{2026} - 1}{a_{2025} - 1} ＜ 0 $，若 $ S_n $ 为 $ \{ a_n \} $ 的前 $ n $ 项和，$ T_n $ 为 $ \{ a_n \} $ 的前 $ n $ 项积，则 (BC)

A.$ \{ a_n \} $ 为单调递增数列
B.$ S_{2025} ＜ S_{2026} $
C.$ T_{2025} $ 为 $ \{ T_n \} $ 的最大项
D.$ \{ T_n \} $ 无最大项

答案： BC 由$a_{2025}a_{2026}=a_{2025}× a_{2025}× q=a^2_{2025}× q＞0$,因此$q＞0$.
又因为$a_{2025}＞1$,则$a_n＞0$.当$q\geq1$时$a_n=a_1q^{n-1}＞1$,则$a_{2026}＞1$,则$\frac{a_{2026}-1}{a_{2025}-1}＞0$,与题意矛盾.因此$0＜q＜1$.则$\{a_n\}$为单调递减数列,故A错误;而$S_{2026}-S_{2025}=a_{2026}＞0$,故$S_{2026}＞S_{2025}$,故B正确;
又因为$\{a_n\}$为单调递减数列,则$a_{2025}＞a_{2026}$,由$\frac{a_{2026}-1}{a_{2025}-1}＜0$可知.
$a_{2025}＞1,0＜a_{2026}＜1$,所以当$2\leq n\leq2025$时,$\frac{T_n}{T_{n-1}}=a_n＞1$,则$T_n＞T_{n-1}$,当$n＞2025$时,$\frac{T_n}{T_{n-1}}=a_n＜1$,则$T_n＜T_{n-1}$.因此$\{T_n\}$的最大
项为$T_{2025}$,则C正确,D错误.故选BC.