《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版》

21.（本小题满分12分）已知等差数列$\{ a_n \}$中，$S_{n + 2} = S_n + 2n + 3 ( n \in \mathbf{N}^* )$.
(1)求$a_n$；
(2)设$b_n = \frac{1}{a_n ( a_n + 2 ) }$，$\{ b_n \}$的前$n$项和为$T_n$，证明：$T_n ＜ \frac{3}{4}$.

答案： 21.
(1)【解】设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$.
因为$S_{n + 2}=S_{n}+2n + 3$，所以$S_{n + 2}-S_{n}=a_{n + 1}+a_{n + 2}=2n + 3$，可得$a_{n + 2}+a_{n + 1}=a_{n}+1+a_{n}+2=2n + 3$，两式相减，得$2d = 2$，解得$d = 1$，
所以$a_{n + 1}+a_{n + 2}=a_{n}+a_{n + 1}+2=2n + 3$，所以$a_{n}=n$.
(2)【证明】由
(1)知$a_{n}=n$，所以$b_{n}=\frac {1}{n(n + 2)}=\frac {1}{2}(\frac {1}{n}-\frac {1}{n + 2})$，则$T_{n}=b_{1}+b_{2}+·s+b_{n}=\frac {1}{2}[(1 - \frac {1}{3})+(\frac {1}{2}-\frac {1}{4})+(\frac {1}{3}-\frac {1}{5})+·s+(\frac {1}{n - 1}-\frac {1}{n + 1})+(\frac {1}{n}-\frac {1}{n + 2})]=\frac {1}{2}(1+\frac {1}{2}-\frac {1}{n + 1}-\frac {1}{n + 2})=\frac {1}{2}(\frac {3}{2}-\frac {1}{n + 1}-\frac {1}{n + 2})$.
因为$\frac {1}{n + 1} ＞ 0,\frac {1}{n + 2} ＞ 0$，所以$T_{n} ＜ \frac {3}{4}$，即$T_{n} ＜ \frac {3}{4}$.

22.（本小题满分12分）[2022·安徽滁州定远育才学校高二月考]已知数列$\{ a_n \}$中，$a_1 = 1$，其前$n$项和为$S_n$，且满足$2S_n = ( n + 1 ) a_n ( n \in \mathbf{N}^* )$.
(1)求数列$\{ a_n \}$的通项公式；
(2)记$b_n = 3^n - \lambda a^2_n$，若数列$\{ b_n \}$为递增数列，求$\lambda$的取值范围.

答案： 22.【解】
(1)$\because 2S_{n}=(n + 1)a_{n},\therefore 2S_{n + 1}=(n + 2)a_{n + 1}$，两式相减，得$2a_{n + 1}=(n + 2)a_{n + 1}-(n + 1)a_{n}$，则$na_{n + 1}=(n + 1)a_{n}$，即$\frac {a_{n + 1}}{n + 1}=\frac {a_{n}}{n}$，$\therefore \frac {a_{n}}{n}=\frac {a_{n - 1}}{n - 1}=·s=\frac {a_{1}}{1}=1$，$\therefore a_{n}=n(n \in \mathbf{N}^{*})$.
(2)结合
(1)得$b_{n}=3^{n}-\lambda n^{2}$，$\therefore b_{n + 1}-b_{n}=3^{n + 1}-\lambda(n + 1)^{2}-3^{n}+\lambda n^{2}=2 · 3^{n}-\lambda(2n + 1)$.
$\because$数列$\{ b_{n}\}$为递增数列，$\therefore 2 · 3^{n}-\lambda(2n + 1) ＞ 0$，即$\lambda ＜ \frac {2 · 3^{n}}{2n + 1}$.
令$c_{n}=\frac {2 · 3^{n}}{2n + 1}$，则$\frac {c_{n + 1}}{c_{n}}=\frac {2 · 3^{n + 1}}{2n + 3} · \frac {2n + 1}{2 · 3^{n}}=\frac {6n + 3}{2n + 3} ＞ 1$.
$\therefore \{ c_{n}\}$为递增数列，$\therefore \lambda ＜ c_{1}=2$，故$\lambda$的取值范围为$(-\infty,2)$.