《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(2025·四川凉山模拟)如图，点 $A_i(i\in\mathbf{N}_+)$ 均在 $x$ 轴的正半轴上，$\triangle OA_1B_1$，$\triangle A_1A_2B_2·s$，$\triangle A_{n - 1}A_nB_n$ 分别是以 $a_1,a_2,·s,a_n(n\in\mathbf{N}_+)$ 为边长的等边三角形，且顶点 $B_n(n\in\mathbf{N}_+)$ 均在函数 $y = \sqrt{x}$ 的图象上。

答案： 解答过程
1. 确定点$B_1$的坐标及方程
△$OA_1B_1$为等边三角形，边长$a_1$，则$A_1(a_1,0)$。$B_1$为等边三角形顶点，坐标为$(\frac{a_1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}a_1)$。
因$B_1$在$y=\sqrt{x}$上，故$\frac{\sqrt{3}}{2}a_1 = \sqrt{\frac{a_1}{2}}$。
两边平方：$\frac{3}{4}a_1^2 = \frac{a_1}{2}$，解得$a_1 = \frac{2}{3}$（$a_1＞0$）。
2. 推导$a_n$的递推关系
对第$n$个等边三角形△$A_{n-1}A_nB_n$（$n\geq2$），边长$a_n$。设$A_{n-1}$的横坐标为$S_{n-1}$（前$n-1$项和），则$B_n$的坐标为$(S_{n-1}+\frac{a_n}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}a_n)$。
因$B_n$在$y=\sqrt{x}$上，有$\frac{\sqrt{3}}{2}a_n = \sqrt{S_{n-1}+\frac{a_n}{2}}$。
两边平方得：$\frac{3}{4}a_n^2 = S_{n-1}+\frac{a_n}{2}$，即$S_{n-1} = \frac{3}{4}a_n^2 - \frac{a_n}{2}$。
3. 证明$\{a_n\}$为等差数列
对$n+1$，同理得$S_n = \frac{3}{4}a_{n+1}^2 - \frac{a_{n+1}}{2}$。
又$S_n = S_{n-1} + a_n$，代入得：
$\frac{3}{4}a_{n+1}^2 - \frac{a_{n+1}}{2} = \frac{3}{4}a_n^2 - \frac{a_n}{2} + a_n$
化简：$3(a_{n+1}^2 - a_n^2) - 2(a_{n+1} + a_n) = 0$，因式分解得$(a_{n+1}+a_n)(3(a_{n+1}-a_n)-2)=0$。
因$a_n＞0$，故$a_{n+1}-a_n = \frac{2}{3}$，即$\{a_n\}$是首项$a_1=\frac{2}{3}$，公差$\frac{2}{3}$的等差数列。
4. 求通项公式
$a_n = a_1 + (n-1)d = \frac{2}{3} + (n-1)·\frac{2}{3} = \frac{2n}{3}$。
最终结论
数列$\{a_n\}$的通项公式为$\boxed{a_n = \frac{2n}{3}}$。

(1)求 $a_1,a_2,a_3$ 的值，并写出 $\{a_n\}$ 的通项公式(不用证明)；

答案：
(1)第一个等边三角形顶点坐标$B_1 \left( \frac{1}{2}a_1, \frac{\sqrt{3}}{2}a_1 \right)$代入$y = \sqrt{x}$得$a_1 = \frac{2}{3}$，
将点$B_2 \left( a_1 + \frac{1}{2}a_2, \frac{\sqrt{3}}{2}a_2 \right)$坐标代入$y = \sqrt{x}$，解得$a_2 = \frac{4}{3}$，
将点$B_3 \left( a_1 + a_2 + \frac{1}{2}a_3, \frac{\sqrt{3}}{2}a_3 \right)$坐标代入$y = \sqrt{x}$，解得$a_3 = 2 = \frac{6}{3}$，故
推测：$a_n = \frac{2}{3}n$.
下面提供证明：
依题意，点$B_{n - 1} \left( a_1 + a_2 + ·s + a_{n - 2} + \frac{1}{2}a_{n - 1}, \frac{\sqrt{3}}{2}a_{n - 1} \right) (n \geq 2)$在$y = \sqrt{x}$上，
可得，$\frac{3}{4}a_{n - 1}^2 = a_1 + a_2 + ·s + a_{n - 2} + \frac{1}{2}a_{n - 1}$ ①；
又$B_n \left( a_1 + a_2 + ·s + a_{n - 1} + \frac{1}{2}a_n, \frac{\sqrt{3}}{2}a_n \right)$在$y = \sqrt{x}$上，
可得，$\frac{3}{4}a_n^2 = a_1 + a_2 + ·s + a_{n - 1} + \frac{1}{2}a_n$ ②，
由② - ①，得$\frac{3}{4}(a_n^2 - a_{n - 1}^2) = \frac{1}{2}a_n - \frac{1}{2}a_{n - 1} + a_{n - 1}$，因为$a_{n - 1} + a_n ＞ 0$，则得
$a_n - a_{n - 1} = \frac{2}{3} (n \geq 2)$，即$\{ a_n \}$为首项是$\frac{2}{3}$，公差是$\frac{2}{3}$的等差数列，故
$a_n = \frac{2}{3} + (n - 1) \frac{2}{3} = \frac{2}{3}n$.

(2)求数列 $\left\{\frac{1}{a_n· a_{n + 1}}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_n$。

答案：
(2)由
(1)得$\frac{1}{a_n · a_{n + 1}} = \frac{2}{3} × \frac{3}{n(n + 1)} = \frac{9}{4} × \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} \right)$，故$T_n = \frac{9}{4} \left( 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + ·s + \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} \right) = \frac{9}{4} \left( 1 - \frac{1}{n + 1} \right) = \frac{9n}{4n + 4}$.

(2025·湖南长沙模拟)已知 $\{a_n\}$ 是各项都为正数的等比数列，数列 $\{b_n\}$ 满足：$b_n = 2\log_2a_n + 1$，且 $b_1 = 1$，$b_4 = 7$。
(1)求数列 $\{a_n\}$，$\{b_n\}$ 的通项公式；
(2)若对任意的 $n\in\mathbf{N}_+$ 都有 $2\lambda a_n\geqslant b_n - 2$，求实数 $\lambda$ 的取值范围。

答案：
(1)因为$b_n = 2 \log_2 a_n + 1$，$b_1 = 1$，$b_4 = 7$，
所以$b_1 = 1 = 2 \log_2 a_1 + 1$，则$a_1 = 1$，
$b_4 = 7 = 2 \log_2 a_4 + 1$，则$a_4 = 8$，
因为$\{ a_n \}$是各项都为正数的等比数列，所以$q^3 = \frac{a_4}{a_1} = 8$，即$q = 2$，
所以$a_n = 2^{n - 1}$，则$b_n = 2 \log_2 a_n + 1 = 2(n - 1) + 1 = 2n - 1$.
(2)因为$2 \lambda a_n \geq b_n - 2$恒成立，所以$\lambda \geq \frac{b_n - 2}{2a_n} = \frac{2n - 3}{2^n}$恒成立，
设$f(n) = \frac{2n - 3}{2^n} (n \in \mathbf{N}_+)$，则$f(n + 1) - f(n) = \frac{2n - 1}{2^{n + 1}} - \frac{2n - 3}{2^n} = \frac{5 - 2n}{2^{n + 1}}$，
当$n \leq 2$时，$f(n + 1) - f(n) ＞ 0$，则$f(3) ＞ f(2) ＞ f(1)$；
当$n \geq 3$时，$f(n + 1) - f(n) ＜ 0$，则$f(3) ＞ f(4) ＞ f(5) ＞ ·s$；
所以$f(n)_{\max} = f(3) = \frac{3}{8}$，则$\lambda \geq \frac{3}{8}$，即实数$\lambda$的取值范围
为$\left[ \frac{3}{8}, + \infty \right)$.

(2025·广西桂林模拟)已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，且 $4a_1 - 3S_n = \frac{1}{4^{n - 1}}$。

答案： 答案略

(1)求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式；

答案：
(1)因为$4a_1 - 3S_n = \frac{1}{4^{n - 1}}$，
当$n = 1$时，得$4a_1 - 3a_1 = 1$，即$a_1 = 1 \neq 0$，$3S_n = 4 - \frac{1}{4^{n - 1}}$ ①，
当$n \geq 2$时，$3S_{n - 1} = 4 - \frac{1}{4^{n - 2}}$ ②，
由① - ②得$3a_n = \frac{1}{4^{n - 2}} - \frac{1}{4^{n - 1}}$，$a_n = \frac{1}{4^{n - 1}}$，又$a_1 = 1$也满足，所以$a_n = \left( \frac{1}{4} \right)^{n - 1}$.

(2)设 $b_n = na_n$，且数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_n$，若 $\forall n\in\mathbf{N}_+$ 都有不等式 $T_n\leqslant\frac{16}{9} + 3\lambda a_n$ 恒成立，求实数 $\lambda$ 的取值范围。

答案：
(2)因为$b_n = n a_n = n \left( \frac{1}{4} \right)^{n - 1}$，
所以$T_n = 1 × \left( \frac{1}{4} \right)^0 + 2 × \left( \frac{1}{4} \right)^1 + 3 × \left( \frac{1}{4} \right)^2 + ·s + n × \left( \frac{1}{4} \right)^{n - 1}$，$\frac{1}{3}T_n = 1 × \left( \frac{1}{4} \right)^1 + 2 × \left( \frac{1}{4} \right)^2 + ·s + (n - 1) × \left( \frac{1}{4} \right)^{n - 1} + n × \left( \frac{1}{4} \right)^n$.
两式相减得，$\frac{3}{4}T_n = \left( \frac{1}{4} \right)^0 + \left( \frac{1}{4} \right)^1 + \left( \frac{1}{4} \right)^2 + ·s + \left( \frac{1}{4} \right)^{n - 1} - n × \left( \frac{1}{4} \right)^n$.
即$\frac{3}{4}T_n = \frac{1 - \left( \frac{1}{4} \right)^n}{1 - \frac{1}{4}} - n \left( \frac{1}{4} \right)^n$，则$\frac{3}{4}T_n = \frac{4}{3} - (n + \frac{4}{3}) \left( \frac{1}{4} \right)^n$.
故$T_n = \frac{16}{9} - \frac{4}{3} \left( n + \frac{4}{3} \right) \left( \frac{1}{4} \right)^n$.由$T_n \leq \frac{16}{9} + 3 \lambda a_n$，
得$\frac{16}{9} - \frac{4}{3} \left( n + \frac{4}{3} \right) \left( \frac{1}{4} \right)^n \leq \frac{16}{9} + 3 \lambda \left( \frac{1}{4} \right)^{n - 1}$，
即$\lambda \geq - \frac{n}{9} - \frac{4}{27}$，
依题意，$\forall n \in \mathbf{N}_+$不等式$\lambda \geq - \frac{n}{9} - \frac{4}{27}$恒成立，
因为$y = - \frac{n}{9} - \frac{4}{27}$随着$n$的增大而减小，所以$\lambda \geq - \frac{7}{27}$，
即实数$\lambda$的取值范围为$\left[ - \frac{7}{27}, + \infty \right)$.