《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(2021·全国乙卷)设 $\{a_n\}$ 是首项为 $1$ 的等比数列，数列 $\{b_n\}$ 满足 $b_n = \frac{na_n}{3}$。已知 $a_1,3a_2,9a_3$ 成等差数列。

答案： 设等比数列$\{a_n\}$的公比为$q$，因为$a_1 = 1$，则$a_n=q^{n - 1}$，$a_2 = q$，$a_3 = q^2$。
因为$a_1,3a_2,9a_3$成等差数列，所以$2×3a_2=a_1 + 9a_3$，即$6q = 1+9q^2$。
整理得$9q^2-6q + 1=0$，即$(3q - 1)^2=0$，解得$q=\frac{1}{3}$。
所以$a_n=(\frac{1}{3})^{n - 1}$。
已知$b_n=\frac{na_n}{3}$，则$b_n=\frac{n}{3^n}$。
设$S_n=b_1 + b_2+·s+b_n=\frac{1}{3}+\frac{2}{3^2}+\frac{3}{3^3}+·s+\frac{n}{3^n}\quad(1)$
$\frac{1}{3}S_n=\frac{1}{3^2}+\frac{2}{3^3}+·s+\frac{n - 1}{3^n}+\frac{n}{3^{n+1}}\quad(2)$
$(1)-(2)$得：
$\frac{2}{3}S_n=\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+·s+\frac{1}{3^n}-\frac{n}{3^{n+1}}$
$=\frac{\frac{1}{3}(1-\frac{1}{3^n})}{1-\frac{1}{3}}-\frac{n}{3^{n+1}}=\frac{1}{2}(1 - \frac{1}{3^n})-\frac{n}{3^{n+1}}$
$S_n=\frac{3}{4}(1-\frac{1}{3^n})-\frac{n}{2×3^n}=\frac{3}{4}-\frac{2n + 3}{4×3^n}$
综上，$a_n = (\frac{1}{3})^{n - 1}$，$S_n=\frac{3}{4}-\frac{2n + 3}{4×3^n}$。

(1)求 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 的通项公式；

答案：
(1)设$\{ a_n \}$的公比为$q$，则$a_n = q^{n - 1}$.
因为$a_1, 3a_2, 9a_3$成等差数列，所以$1 + 9q^2 = 2 × 3q$，解得$q = \frac{1}{3}$，
故$a_n = \frac{1}{3^{n - 1}}$，$b_n = \frac{n}{3^n}$.

(2)记 $S_n$ 和 $T_n$ 分别为 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和。证明：$T_n\lt\frac{S_n}{2}$。

答案：
(2)证明：由
(1)知$S_n = \frac{\frac{1}{3}(1 - \frac{1}{3^n})}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{3}{2} \left( 1 - \frac{1}{3^n} \right)$.
$T_n = \frac{1}{3} + \frac{2}{3^2} + \frac{3}{3^3} + ·s + \frac{n - 1}{3^{n - 1}} + \frac{n}{3^n}$ ①，
$\frac{1}{3}T_n = \frac{1}{3^2} + \frac{2}{3^3} + ·s + \frac{n - 1}{3^n} + \frac{n}{3^{n + 1}}$ ②，
① - ②得$\frac{2}{3}T_n = \frac{1}{3} + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{3^3} + ·s + \frac{1}{3^n} - \frac{n}{3^{n + 1}}$，
即$\frac{2}{3}T_n = \frac{\frac{1}{3}(1 - \frac{1}{3^n})}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{3^n} \right) - \frac{n}{3^{n + 1}}$，
整理得$T_n = \frac{3}{4} - \frac{2n + 3}{4 × 3^n}$，
则$2T_n - S_n = 2 \left( \frac{3}{4} - \frac{2n + 3}{4 × 3^n} \right) - \frac{3}{2} \left( 1 - \frac{1}{3^n} \right) = - \frac{n}{3^n} ＜ 0$，故$T_n ＜ \frac{S_n}{2}$.

(2022·新高考Ⅰ卷)记 $S_n$ 为数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和，已知 $a_1 = 1$，$\left\{\frac{S_n}{a_n}\right\}$ 是公差为 $\frac{1}{3}$ 的等差数列。

答案： 因为$\left\{\frac{S_n}{a_n}\right\}$是公差为$\frac{1}{3}$的等差数列，设$b_n = \frac{S_n}{a_n}$，则$b_1 = \frac{S_1}{a_1} = 1$，公差$d = \frac{1}{3}$。
1. 求$b_n$的通项公式：
$b_n = b_1 + (n - 1)d = 1 + (n - 1)·\frac{1}{3} = \frac{n + 2}{3}$，故$\frac{S_n}{a_n} = \frac{n + 2}{3}$，即$S_n = \frac{n + 2}{3}a_n$。①
2. 利用$S_n$与$S_{n-1}$的关系推导$a_n$的递推式：
当$n \geq 2$时，$S_{n-1} = \frac{(n - 1) + 2}{3}a_{n-1} = \frac{n + 1}{3}a_{n-1}$。②
① - ②得：$a_n = S_n - S_{n-1} = \frac{n + 2}{3}a_n - \frac{n + 1}{3}a_{n-1}$，整理得$(n - 1)a_n = (n + 1)a_{n-1}$，即$\frac{a_n}{a_{n-1}} = \frac{n + 1}{n - 1}(n \geq 2)$。
3. 累乘法求$a_n$的通项公式：
$a_n = a_1 · \frac{a_2}{a_1} · \frac{a_3}{a_2} · ·s · \frac{a_n}{a_{n-1}} = 1 · \frac{3}{1} · \frac{4}{2} · \frac{5}{3} · ·s · \frac{n + 1}{n - 1} = \frac{n(n + 1)}{2}$。
当$n = 1$时，$a_1 = \frac{1 × 2}{2} = 1$，满足上式。
综上，$a_n = \frac{n(n + 1)}{2}$。
$a_n = \frac{n(n + 1)}{2}$

(1)求 $\{a_n\}$ 的通项公式；

答案：
(1)因为$a_1 = 1$，$\frac{S_1}{a_1} = 1$，
又$\left\{ \frac{S_n}{a_n} \right\}$是公差为$\frac{1}{3}$的等差数列，
所以$\frac{S_n}{a_n} = 1 + (n - 1) × \frac{1}{3} = \frac{n + 2}{3}$，所以$S_n = \frac{n + 2}{3} a_n$，
因为当$n \geq 2$时，$a_n = S_n - S_{n - 1} = \frac{n + 2}{3} a_n - \frac{n + 1}{3} a_{n - 1}$，
所以$\frac{n + 1}{3} a_{n - 1} = \frac{n - 1}{3} a_n (n \geq 2)$，所以$\frac{a_n}{a_{n - 1}} = \frac{n + 1}{n - 1} (n \geq 2)$，
所以$\frac{a_2}{a_1} · \frac{a_3}{a_2} ·s \frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} · \frac{a_n}{a_{n - 1}} = \frac{3}{1} × \frac{4}{2} × \frac{5}{3} × ·s × \frac{n}{n - 2} × \frac{n + 1}{n - 1} = \frac{n(n + 1)}{1 × 2} (n \geq 2)$，所以$a_n = \frac{n(n + 1)}{2} (n \geq 2)$，
又$a_1 = 1$也满足上式，所以$a_n = \frac{n(n + 1)}{2} (n \in \mathbf{N}_+)$.

(2)证明：$\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + ·s + \frac{1}{a_n}\lt2$。

答案：
(2)证明：因为$a_n = \frac{n(n + 1)}{2}$，所以$\frac{1}{a_n} = \frac{2}{n(n + 1)} = 2 \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} \right)$，
所以$\frac{1}{a_1} + \frac{1}{a_2} + ·s + \frac{1}{a_n} = 2 \left[ \left( 1 - \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) + ·s + \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} \right) \right] = 2 \left( 1 - \frac{1}{n + 1} \right) ＜ 2$.

数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1 = 1$，当 $n\geqslant2$ 时，数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，满足 $S_n^2 = a_n\left(S_n - \frac{1}{2}\right)$。
(1)求证：数列 $\left\{\frac{1}{S_n}\right\}$ 是等差数列，并求 $S_n$ 的表达式；
(2)设 $b_n = \frac{S_n}{2n + 1}$，数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_n$，不等式 $T_n\geqslant\frac{1}{18}(m^2 - 5m)$ 对所有的 $n\in\mathbf{N}_+$ 恒成立，求正整数 $m$ 的最大值。

答案：
(1)证明：当$n \geq 2$时，$S_n^2 = a_n (S_n - \frac{1}{2})$，
即$S_n^2 = (S_n - S_{n - 1}) (S_n - \frac{1}{2}) = S_n^2 - \frac{1}{2} S_n - S_n S_{n - 1} + \frac{1}{2} S_{n - 1}$，
整理可得$2S_n S_{n - 1} = S_{n - 1} - S_n$，
因为$S_1 = 1$，则$2S_2 S_1 = S_1 - S_2$，可得$S_2 = \frac{1}{3}$，
易知$S_n S_{n - 1} \neq 0$，
在等式$2S_n S_{n - 1} = S_{n - 1} - S_n$两边同时除以$S_n S_{n - 1}$可得$\frac{1}{S_n} - \frac{1}{S_{n - 1}} = 2$，
所以数列$\left\{ \frac{1}{S_n} \right\}$为等差数列，且其首项为$\frac{1}{S_1} = 1$，公差为$2$，
所以$\frac{1}{S_n} = 1 + 2(n - 1) = 2n - 1$，因此$S_n = \frac{1}{2n - 1}$.
(2)$b_n = \frac{S_n}{2n + 1} = \frac{1}{(2n - 1)(2n + 1)} ＞ 0$，对任意的$n \in \mathbf{N}_+$，$T_{n + 1} - T_n = b_{n + 1} ＞ 0$，
即$T_{n + 1} ＞ T_n$，所以数列$\{ T_n \}$单调递增，
不等式$T_n \geq \frac{1}{18} (m^2 - 5m)$对所有的$n \in \mathbf{N}_+$恒成立，则$m^2 - 5m \leq 18T_1$，
即$m^2 - 5m \leq 18T_1 = 6$，即$m^2 - 5m - 6 \leq 0$，解得$-1 \leq m \leq 6$.
因此满足条件的正整数$m$的最大值为$6$.