《2025年高考领航高中同步测试卷高中数学选择性必修第二册人教版》

18. (17 分)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.
(1)求$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$的通项公式;
(2)记$S_{n}$和$T_{n}$分别为$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$的前$n$项和.证明:$T_{n}＜\frac{S_{n}}{2}$.

答案： 18. 解：
(1)设等比数列$\{ a_{n}\}$的公比为$q(q\neq0)$，则$a_{n}=q^{n - 1}$。
又$a_{1},3a_{2},9a_{3}$成等差数列，所以$2×3a_{2}=a_{1}+9a_{3}$，即$6q = 1+9q^{2}$，解得$q=\frac{1}{3}$，所以$a_{n}=(\frac{1}{3})^{n - 1}$，$b_{n}=\frac{n}{3}·(\frac{1}{3})^{n - 1}=\frac{n}{3^{n}}$。
(2)证明:由
(1)得
$\begin{aligned}S_{n}&=\frac{1 - \frac{1}{3^{n}}}{1 - \frac{1}{3}}=\frac{3(1 - \frac{1}{3^{n}})}{2}\\&=\frac{3}{2}-\frac{3}{2·3^{n}},\end{aligned}$
$T_{n}=\frac{1}{3}+\frac{2}{3^{2}}+·s+\frac{n}{3^{n}},①$
$\frac{1}{3}T_{n}=\frac{1}{3^{2}}+\frac{2}{3^{3}}+·s+\frac{n - 1}{3^{n}}+\frac{n}{3^{n + 1}},②$
① - ②可得
$\begin{aligned}\frac{2}{3}T_{n}&=\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{3^{3}}+·s+\frac{1}{3^{n}}-\frac{n}{3^{n + 1}}\\&=\frac{\frac{1}{3}×(1 - \frac{1}{3^{n}})}{1 - \frac{1}{3}}-\frac{n}{3^{n + 1}}\\&=\frac{1 - \frac{1}{3^{n}}}{2}-\frac{n}{3^{n + 1}}\\&=\frac{1}{2}-\frac{1}{2·3^{n}}-\frac{n}{3^{n + 1}},\end{aligned}$
所以
$\begin{aligned}T_{n}&=\frac{3}{4}-\frac{3}{4·3^{n}}-\frac{n}{2·3^{n}}\\&=\frac{3}{4}-\frac{2n + 3}{4·3^{n}}.\end{aligned}$
因为
$\frac{2n + 3}{4·3^{n}}-\frac{3}{4·3^{n}}=\frac{2n}{4·3^{n}}＞0,$
所以
$\frac{2n + 3}{4·3^{n}}＞\frac{3}{4·3^{n}},$
所以
$-\frac{2n + 3}{4·3^{n}}＜-\frac{3}{4·3^{n}},$
所以
$\begin{aligned}\frac{3}{4}-\frac{2n + 3}{4·3^{n}}&＜\frac{3}{4}-\frac{3}{4·3^{n}},\end{aligned}$
即
$T_{n}＜\frac{3}{4}-\frac{3}{4·3^{n}}=\frac{S_{n}}{2}.$