《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

例1 （1）（多选）已知数列$\{ a_{n}\}$，下列结论正确的是 （ ）
A. 若$a_{1}=2,a_{n + 1}=a_{n}+n + 1$，则$a_{20}=211$
B. 若$a_{1}=1,a_{n + 1}=2a_{n}+3$，则$a_{n}=2^{n + 1}-3$
C. 若$a_{1}=1,a_{n + 1}=\frac{a_{n}}{1 + 3a_{n}}$，则$a_{n}=\frac{1}{3n - 2}$
D. 若$a_{1}=2,2(n + 1)a_{n}-na_{n + 1}=0$，则$a_{n}=n\cdot2^{n}$

答案： ACD [A项，$a_{n + 1} - a_n=n + 1$，
$\therefore a_{20}=(a_{20}-a_{19})+(a_{19}-a_{18})+\cdots+(a_2 - a_1)+a_1=20 + 19 + 18+\cdots+2 + 2 = 211$，故A正确；
B项，方法一 $\because a_{n + 1}=2a_n+3$，
$\therefore a_{n + 1}+3 = 2(a_n+3)$，
$\therefore$数列$\{a_n + 3\}$是以$a_1+3 = 4$为首项，2为公比的等比数列，
$\therefore a_n+3 = 4\cdot2^{n - 1}=2^{n + 1}$，
故$a_n=2^{n + 1}-3$，故B错误；
方法二 若$a_n=2^{n - 1}-3$，
则$a_1=2^{1 - 1}-3=-2\neq1$，故B错误；
C项，$\because a_{n + 1}=\frac{a_n}{1 + 3a_n}$，$a_1 = 1$，
则$a_n\neq0$，
$\therefore\frac{1}{a_{n + 1}}=\frac{1 + 3a_n}{a_n}=\frac{1}{a_n}+3$，
$\therefore\frac{1}{a_{n + 1}}-\frac{1}{a_n}=3$，
$\therefore$数列$\{\frac{1}{a_n}\}$是以$\frac{1}{a_1}=1$为首项，3为公差的等差数列，
$\therefore\frac{1}{a_n}=1+(n - 1)\times3 = 3n - 2$
$\therefore a_n=\frac{1}{3n - 2}$，故C正确；
D项，$\because2(n + 1)a_n-na_{n + 1}=0$，
$\therefore\frac{a_{n + 1}}{n + 1}=\frac{2a_n}{n}$，
$\therefore$数列$\{\frac{a_n}{n}\}$是以$\frac{a_1}{1}=2$为首项，2为公比的等比数列，
$\therefore\frac{a_n}{n}=2\cdot2^{n - 1}=2^n$，
$\therefore a_n=n\cdot2^n$，故D正确．]

（2）已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=t,a_{n + 1}-2a_{n}=-n + 1$，若$\{ a_{n}\}$是递减数列，则实数$t$的取值范围为 （ ）
A. $(-1,1)$
B. $(-\infty,0)$
C. $(-1,1]$
D. $(1,+\infty)$

答案： B [将$a_{n + 1}-2a_n=-n + 1$整理得$a_{n + 1}-(n + 1)=2(a_n - n)$，
又$a_1 - 1=t - 1$，
易知当$t = 1$时，$a_1 = 1$，$a_2 = 2$，
不满足$\{a_n\}$是递减数列，
故$t\neq1$，
因此数列$\{a_n - n\}$是以$t - 1$为首项，2为公比的等比数列，
故$a_n - n=(t - 1)2^{n - 1}$，
因此$a_n=n+(t - 1)2^{n - 1}$，
由于$\{a_n\}$是递减数列，故$a_{n + 1}\lt a_n$恒成立，
得$n + 1+(t - 1)2^n\lt n+(t - 1)2^{n - 1}$，
化简得$(1 - t)2^{n - 1}\gt1$，
故$1 - t\gt\frac{1}{2^{n - 1}}$，
因此$1 - t\gt\frac{1}{2^{1 - 1}}=1$，解得$t\lt0$．]

跟踪演练1 （1）已知数列$\{ a_{n}\}$满足$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}=\frac{n\cdot2^{n}}{n + 1}$，其中$a_{1}=1$，则$a_{8}$等于 （ ）
A. $2^{8}$
B. $2^{20}$
C. $2^{25}$
D. $2^{28}$

答案： C

（2）（2024·晋中模拟）若数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=1$，$a_{2}=4$，且对任意的$n\geqslant2(n\in\mathbf{N}^{*})$都有$a_{n + 1}-2a_{n}+a_{n - 1}=2$，则$\frac{1}{a_{2}-1}+\frac{1}{a_{3}-1}+\frac{1}{a_{4}-1}+\cdots+\frac{1}{a_{2024}-1}$等于 （ ）
A. $\frac{3}{4}-\frac{1}{2}(\frac{1}{2023}+\frac{1}{2024})$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{3}{4}-\frac{1}{2}(\frac{1}{2024}+\frac{1}{2025})$
D. $\frac{1012}{2025}$

答案： C

例2 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$S_{n}=\frac{a_{n}}{2}+\frac{1}{a_{n}}$.
（1）证明：数列$\{ S_{n}^{2}\}$是等差数列；
（2）设数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项积为$T_{n}$，若$T_{n}=S_{n}^{2}$，求数列$\{ b_{n}\}$的通项公式.

答案：
(1)证明 当$n = 1$时，
$a_1=\frac{a_1}{2}+\frac{1}{a_1}$，
得$a_1^2 = 2$，即$S_1^2 = 2$，
当$n\geqslant2$时，
$S_n=\frac{S_n - S_{n - 1}}{2}+\frac{1}{S_n - S_{n - 1}}$，
所以$\frac{S_n + S_{n - 1}}{2}=\frac{1}{S_n - S_{n - 1}}$，
所以$S_n^2 - S_{n - 1}^2 = 2$，故数列$\{S_n^2\}$是以$S_1^2 = 2$为首项，2为公差的等差数列．
(2)解 由
(1)知，
$S_n^2 = 2+(n - 1)\times2 = 2n$，
得$T_n = 2n$，
当$n\geqslant2$时，
$b_n=\frac{T_n}{T_{n - 1}}=\frac{2n}{2(n - 1)}=\frac{n}{n - 1}$，
当$n = 1$时，$b_1 = T_1 = 2$，不符合上式，
故$b_n=\begin{cases}2,n = 1,\\\frac{n}{n - 1},n\geqslant2.\end{cases}$