《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(2025·广东广州模拟)已知数列 $\{a_n\}$ 中，$a_1 = 1$，$a_1 + \frac{1}{2}a_2 + \frac{1}{3}a_3 + ·s + \frac{1}{n}a_n = a_{n + 1} - 1(n\in\mathbf{N}_+)$。
(1)求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式；
(2)令 $b_n = 2^na_n$，记 $T_n$ 为 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和，证明：$n\geqslant3$ 时，$T_n\lt n(2^{n + 1} - 4)$。

答案：
(1)因为$a_1 + \frac{1}{2}a_2 + \frac{1}{3}a_3 + ·s + \frac{1}{n}a_n = a_{n + 1} - 1$，
所以$a_1 + \frac{1}{2}a_2 + \frac{1}{3}a_3 + ·s + \frac{1}{n}a_n + \frac{1}{n + 1}a_{n + 1} = a_{n + 2} - 1$，
作差可得$\frac{1}{n + 1}a_{n + 1} = a_{n + 2} - a_{n + 1}$，变形为$a_{n + 2} = \frac{n + 2}{n + 1} a_{n + 1}$，即$\frac{a_{n + 2}}{a_{n + 1}} = \frac{n + 2}{n + 1}$，
因为$\frac{a_2}{a_1} = 2$，$a_1 = 1$，$a_2 = 2 - 1 \Rightarrow a_2 = 2$，所以$a_{n + 2} = n + 2$，
因为$\frac{a_{n + 1}}{a_{n + 2}} = \frac{n + 1}{n + 2} \Rightarrow \frac{a_n}{a_{n + 2}} = \frac{n}{n + 2} \Rightarrow a_n = n$，
所以数列$\{ a_n \}$的通项公式为$a_n = n$.
(2)证明：因为$b_n = 2^n a_n = n · 2^n$，
所以$T_n = 1 · 2 + 2 · 2^2 + ·s + n · 2^n$，
$2T_n = 1 · 2^2 + 2 · 2^3 + ·s + n · 2^{n + 1}$，
作差可得$-T_n = 2 + 2^2 + ·s + 2^n - n · 2^{n + 1} = \frac{2(1 - 2^n)}{1 - 2} - n · 2^{n + 1}$，
$T_n - n(2^{n + 1} - 4) = (n - 1)2^{n + 1} + 2 - n · 2^{n + 1} + 4n = 4n + 2 - 2^{n + 1}$，
设$f(x) = -2 × 2^x \ln 2 + 4$在给定区
间上递减，又$f'(x) = -16 × \ln 2 + 4 ＜ 0$，
故$f(x)$在$[3, +\infty)$是减函数，
$f(x)_{\max} = f(3) = -2^3 + 4 × 3 + 2 = -8 + 12 + 2 = 6 ＜ 0$，
所以当$n \geq 3$时，$T_n ＜ n(2^{n + 1} - 4)$.

(1)请写出一个速增数列$\{ a_{n}\}$的通项公式,并证明你写出的数列符合要求;

答案：
(1)取$a_n = 2^n$，
则$a_{n + 2} - a_{n + 1} = 2^{n + 2} - 2^{n + 1} = 2^{n + 1} · 2 - 2^{n + 1} = 2^{n + 1}$，$a_{n + 1} - a_n = 2^{n + 1} - 2^n = 2^n$，
因为$2^{n + 1} ＞ 2^n$，所以$a_{n + 2} - a_{n + 1} ＞ a_{n + 1} - a_n$，
所以数列$\{2^n\}$是“速增数列”.

(2)若数列$\{ a_{n}\}$为“速增数列”，且任意项$a_{n}\in \mathbf{Z},a_{1}=1,a_{2}=3,a_{k}=2026$,求正整数$k$的最大值.

答案：
(2)当$k \geq 2$时，$a_k = 2026 = (a_k - a_{k - 1}) + (a_{k - 1} - a_{k - 2}) + ·s + (a_3 - a_2) + a_1$，
因为数列$\{a_n\}$为“速增数列”，所以$a_k - a_{k - 1} ＞ a_{k - 1} - a_{k - 2} ＞ ·s ＞ a_3 - a_2 = 2$，且$a_n \in \mathbf{Z}$，
所以$(a_k - a_{k - 1}) + (a_{k - 1} - a_{k - 2}) + ·s + (a_3 - a_2) + (a_2 - a_1) + a_1 \geq k + k - 1 + ·s + 3 + 2 + 1$，
即$2026 \geq \frac{k(k + 1)}{2}$，$k \in \mathbf{Z}$.
当$k = 63$时，$\frac{k(k + 1)}{2} = 2016$，当$k = 64$时，$\frac{k(k + 1)}{2} = 2080$，
故正整数$k$的最大值为63.

(1)若$a=2,b=3,c=4$,求$P_{2},S_{2}$;

答案：
(1)$a = 2$，$b = 3$，$c = 4$，第一次“和扩充”后得到数列2,5,3，7,4，
第二次“和扩充”后得到数列2,7,5,8,3,10,7,11,4，
$P_2 = 9$，$S_2 = 2 + 7 + 5 + 8 + 3 + 10 + 7 + 11 + 4 = 57$.

(2)求不等式$P_{n}\geqslant 2024$的解集;

答案：
(2)数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列$a,b,c$经过$n$次“和扩充”后得到的数列的项数为$P_n$，
则经第$(n + 1)$次“和扩充”后增加的项数为$P_{n + 1} - 1$，
所以$P_{n + 1} = P_n + (P_n - 1) = 2P_n - 1$，所以$P_{n + 1} - 1 = 2P_n - 2 = 2(P_n - 1)$，
其中数列$a,b,c$经过1次“和扩充”后，得到$a,a + b,b,b + c,c$，故$P_1 = 5$，$P_1 - 1 = 4$，
故$\{P_n - 1\}$是首项为4，公比为2的等比数列，
所以$P_n - 1 = 4 × 2^{n - 1} = 2^{n + 1}$，故$P_n = 2^{n + 1} + 1 \geq 2024$，即$2^{n + 1} \geq 2023$，
又$n \in \mathbf{N}_+$，解得$n \geq 10$.

(3)是否存在数列$a,b,c(a,b,c\in \mathbf{R})$,使得数列$\{ S_{n}\}$为等比数列? 请说明理由.

答案：
(3)存在数列$a,b,c(a,b,c \in \mathbf{R})$，使得数列$\{S_n\}$为等比数列.
理由如下：因为$S_1 = a + a + b + b + c + c = 2a + 3b + 2c$，
$S_2 = S_1 + 3(a + 2b + c)$，$S_3 = S_2 + 3^2(a + 2b + c)$，
依次类推，$S_n = S_{n - 1} + 3^{n - 1}(a + 2b + c)$，
故$S_n = S_{n - 1} + 3^{n - 1}(a + 2b + c) = S_{n - 2} + 3^{n - 2}(a + 2b + c) + 3^{n - 1}(a + 2b + c)$
$= ·s = S_1 + (a + 2b + c)(3 + 3^2 + ·s + 3^{n - 1})$
$= ·s = S_1 + (a + 2b + c) · \frac{3(1 - 3^{n - 1})}{1 - 3} = (b + \frac{a + c}{2}) · 3^n + \frac{a + c}{2}$
若使$\{S_n\}$为等比数列，则$\begin{cases} \frac{a + c}{2} = 0, \\ b + \frac{a + c}{2} \neq 0 \end{cases}$或$\begin{cases} \frac{a + c}{2} \neq 0, \\ b + \frac{a + c}{2} = 0 \end{cases}$.