《2025年高考帮数学》

1. 已知递增数列$\{ a_{n}\}$的通项$a_{n}=n^{2}-kn(n\in\mathbf{N}^{*})$，则实数$k$的取值范围是（ ）
A. $(-\infty,2]$
B. $(-\infty,3)$
C. $(-\infty,2)$
D. $(-\infty,3]$

答案： 1.B 因为数列$\{ a_{n}\}$是递增数列，所以$a_{n}＜a_{n + 1}$对任意$n\in\mathbf{N}^{*}$都成立，即$n^{2}-kn＜(n + 1)^{2}-k(n + 1)$，即$k＜2n + 1$对任意$n\in\mathbf{N}^{*}$恒成立，因此$k＜3$. 故选 B.

2. [易错题]已知数列$\{ a_{n}\}$的前$5$项分别为$2,-5,10,-17,26$，则$\{ a_{n}\}$的一个通项公式为____。

答案： 2.$a_{n}=(-1)^{n + 1}(n^{2}+1)$（答案不唯一） 由题意易得，数列$\{ a_{n}\}$各项的绝对值为$2,5,10,17,26,\cdots$，记为数列$\{ b_{n}\}$，则$b_{n}=n^{2}+1$，考虑到$(-1)^{n + 1}$具有转换正负号的作用，所以原数列$\{ a_{n}\}$的一个通项公式为$a_{n}=(-1)^{n + 1}(n^{2}+1)$.

3. [教材改编]在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=-\frac{1}{4},a_{n}=1-\frac{1}{a_{n - 1}}(n\geqslant2,n\in\mathbf{N}^{*})$，则$a_{2025}$的值为____。

答案： 3.$\frac{4}{5}$ 由题意可得，$a_{1}=-\frac{1}{4},a_{2}=5,a_{3}=\frac{4}{5},a_{4}=-\frac{1}{4},a_{5}=5,\cdots$，所以可观察出数列$\{ a_{n}\}$为以 3 为周期的数列. 又$2025\div3 = 675$，所以$a_{2025}=a_{3}=\frac{4}{5}$.

4. [教材改编]已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}=n^{2}+n + 5$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为____。

答案： 4.$a_{n}=\begin{cases}\frac{13}{2},n = 1\\2n-\frac{1}{2},n\geq2\end{cases}$ 当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=\frac{13}{2}$.当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=(n^{2}+\frac{1}{2}n + 5)-[(n - 1)^{2}+\frac{1}{2}(n - 1)+5]=2n-\frac{1}{2}$. 又$2\times1-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}\neq a_{1}$，所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=\begin{cases}\frac{13}{2},n = 1\\2n-\frac{1}{2},n\geq2\end{cases}$.

例1
(1)[全国卷Ⅰ]记$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和. 若$S_{n}=2a_{n}+1$,则$S_{6}=$_______.
(2)[2023湖北武汉三模]已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n},a_{1}=-\frac {16}{5}$,且$5a_{n + 1}+S_{n}+16 = 0$. 则$a_{n}=$_______.

答案：
(1) -63 因为$S_{n}=2a_{n}+1$，所以当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=2a_{1}+1$，解得$a_{1}=-1$；当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=2a_{n}+1-(2a_{n - 1}+1)$，所以$a_{n}=2a_{n - 1}$，所以数列$\{a_{n}\}$是以 -1 为首项，2 为公比的等比数列，所以$S_{6}=\frac{-1\times(1 - 2^{6})}{1 - 2}=-63$。
(2) $-4\times(\frac{4}{5})^{n}$ 当$n = 1$时，$5a_{2}+a_{1}+16 = 0$，$\therefore a_{2}=-\frac{64}{25}$，由$5a_{n + 1}+S_{n}+16 = 0$ ①，得$5a_{n}+S_{n - 1}+16 = 0(n\geq2)$ ②，① - ②得$5a_{n + 1}=4a_{n}(n\geq2)$，$\because a_{2}=-\frac{64}{25}\neq0$，$\therefore a_{n}\neq0$，$\therefore\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}=\frac{4}{5}(n\geq2)$，又$\frac{a_{2}}{a_{1}}=\frac{4}{5}$，$\therefore\{a_{n}\}$是首项为$-\frac{16}{5}$，公比为$\frac{4}{5}$的等比数列，$\therefore a_{n}=-\frac{16}{5}\times(\frac{4}{5})^{n - 1}=-4\times(\frac{4}{5})^{n}$。

训练1
(1)已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$,且满足$S_{n}=2a_{n + 1}-1$. 若$a_{1}=\frac {1}{2}$,则$a_{n}=$_______;若$a_{1}=1$,则$a_{n}=$_______.
(2)已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}+2a_{2}+3a_{3}+\cdots+na_{n}=(2n - 1)\times3^{n},n\in N^{*}$,则$a_{n}=$_______.

答案：
(1) $\frac{1}{2}\times(\frac{3}{2})^{n - 1}$ $\begin{cases}1,n = 1,\\(\frac{3}{2})^{n - 2},n\geq2\end{cases}$ ①若$a_{1}=\frac{1}{2}$。当$n = 1$时，$S_{1}=2a_{2}-1=\frac{1}{2}$，$\therefore a_{2}=\frac{3}{4}$。当$n\geq2$时，$S_{n - 1}=2a_{n}-1$，则$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=2a_{n + 1}-2a_{n}$，$\therefore a_{n + 1}=\frac{3}{2}a_{n}(n\geq2)$。又$\because a_{2}=\frac{3}{2}a_{1}$，$\therefore\{a_{n}\}$是以$\frac{1}{2}$为首项，$\frac{3}{2}$为公比的等比数列，$\therefore a_{n}=\frac{1}{2}\times(\frac{3}{2})^{n - 1}$。
②若$a_{1}=1$。解法一 当$n = 1$时，$S_{1}=2a_{2}-1 = 1$，$a_{2}=1$。当$n\geq2$时，$S_{n - 1}=2a_{n}-1$，则$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=2a_{n + 1}-2a_{n}$，$a_{n + 1}=\frac{3}{2}a_{n}$，$\therefore\{a_{n}\}$从第 2 项起是等比数列，公比为$\frac{3}{2}$，$\therefore a_{n}=a_{2}\times(\frac{3}{2})^{n - 2}=(\frac{3}{2})^{n - 2}(n\geq2)$。$\because a_{1}\neq(\frac{3}{2})^{1 - 2}$，$\therefore a_{n}=\begin{cases}1,n = 1,\\(\frac{3}{2})^{n - 2},n\geq2\end{cases}$。
解法二 $\because S_{n}=2a_{n + 1}-1$，$\therefore S_{n}=2(S_{n + 1}-S_{n})-1$，即$S_{n + 1}=\frac{3}{2}S_{n}+\frac{1}{2}$，$\therefore S_{n + 1}+1=\frac{3}{2}(S_{n}+1)$，$\therefore\{S_{n}+1\}$是以$S_{1}+1=a_{1}+1 = 2$为首项，$\frac{3}{2}$为公比的等比数列，$\therefore S_{n}=2\times(\frac{3}{2})^{n - 1}-1$。当$n\geq2$时，$S_{n - 1}=2\times(\frac{3}{2})^{n - 2}-1$，则$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=(\frac{3}{2})^{n - 2}(n\geq2)$。$\because a_{1}\neq(\frac{3}{2})^{1 - 2}$，$\therefore a_{n}=\begin{cases}1,n = 1,\\(\frac{3}{2})^{n - 2},n\geq2\end{cases}$。
(2) $\begin{cases}3,n = 1,\\4\times3^{n - 1},n\geq2\end{cases}$ 由$a_{1}+2a_{2}+3a_{3}+\cdots+na_{n}=(2n - 1)\times3^{n}$，$n\in N^{*}$得，当$n\geq2$时，$a_{1}+2a_{2}+3a_{3}+\cdots+(n - 1)a_{n - 1}=(2n - 3)\times3^{n - 1}$，两式作差得$na_{n}=(2n - 1)\times3^{n}-(2n - 3)\times3^{n - 1}=(6n - 3)\times3^{n - 1}-(2n - 3)\times3^{n - 1}=4n\times3^{n - 1}$，则$a_{n}=4\times3^{n - 1}$，$n\geq2$。当$n = 1$时，$a_{1}=3$，不满足$a_{n}=4\times3^{n - 1}$，所以$a_{n}=\begin{cases}3,n = 1,\\4\times3^{n - 1},n\geq2\end{cases}$。

例2 [江西高考]在数列$\{ a_{n}\}$中,$a_{1}=2,a_{n + 1}=a_{n}+\ln(1+\frac {1}{n})$,则$a_{n}=$ ( )
A. $2+\ln n$
B. $2+(n - 1)\ln n$
C. $2+n\ln n$
D. $1+n+\ln n$

答案： A 由题意可得，$a_{n + 1}-a_{n}=\ln(1+\frac{1}{n})$，$\therefore a_{n}=(a_{n}-a_{n - 1})+(a_{n - 1}-a_{n - 2})+\cdots+(a_{2}-a_{1})+a_{1}=\ln\frac{n}{n - 1}+\ln\frac{n - 1}{n - 2}+\cdots+\ln\frac{2}{1}+2=\ln(\frac{n}{n - 1}\cdot\frac{n - 1}{n - 2}\cdots\frac{2}{1})+2=\ln n+2$。故选 A。

例3 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n},a_{1}=1,S_{n}=n^{2}a_{n}(n\in N^{*})$,则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为_______.

答案： $a_{n}=\frac{2}{n(n + 1)}$ 由$S_{n}=n^{2}a_{n}$，可得当$n\geq2$时，$S_{n - 1}=(n - 1)^{2}a_{n - 1}$，则$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=n^{2}a_{n}-(n - 1)^{2}a_{n - 1}$，即$(n^{2}-1)a_{n}=(n - 1)^{2}a_{n - 1}$，易知$a_{n}\neq0$，故$\frac{a_{n}}{a_{n - 1}}=\frac{n - 1}{n + 1}(n\geq2)$。
所以当$n\geq2$时，$a_{n}=\frac{a_{n}}{a_{n - 1}}\times\frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}}\times\frac{a_{n - 2}}{a_{n - 3}}\cdots\times\frac{a_{3}}{a_{2}}\times\frac{a_{2}}{a_{1}}\times a_{1}=\frac{n - 1}{n + 1}\times\frac{n - 2}{n}\times\frac{n - 3}{n - 1}\cdots\times\frac{2}{4}\times\frac{1}{3}\times1=\frac{2}{n(n + 1)}$。
当$n = 1$时，$a_{1}=1$满足$a_{n}=\frac{2}{n(n + 1)}$。
故数列$\{a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=\frac{2}{n(n + 1)}$。