《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

考点一 由$a_n$与$S_n$的关系求通项
例 1 (1)(2025·太原调研)已知数列$\{a_n\}$满足$a_1 + 3a_2 + 5a_3 + \cdots + (2n - 1)a_n = (n + 1)^2,n \in \mathbf{N}^*$,则$\{a_n\}$的通项公式$a_n = $\begin{cases} 4,n=1, \\ \dfrac{2n+1}{2n-1},n \geq 2 \end{cases}.

答案： 例$1 (1)\begin{cases} 4,n=1, \\ \frac{2n+1}{2n-1},n \geq 2 \end{cases} [(1)$因为
a₁+3a₂+5a₃+⋯+(2n-1)aₙ=(n+1)², ①
所以a₁=2²=4,
当n≥2时,
a₁+3a₂+5a₃+⋯+(2n-3)aₙ₋₁=n², ②
由①-②,可得(2n-1)aₙ=2n+1,
所以$aₙ= \frac{2n+1}{2n-1}(n≥2,n \in N^*),$
当n=1时,不满足上式,所以数列{aₙ}的通项
公式是$aₙ=\begin{cases} 4,n=1, \\ \frac{2n+1}{2n-1},n \geq 2 \end{cases}.]$

(2)已知数列$\{a_n\}$中,$S_n$是其前$n$项和,且$S_n = 2a_n + 1$,则数列的通项公式$a_n = $____.

答案： $(2)-2^{n-1} [(2)$当n=1时,a₁=S₁=2a₁+1,
∴a₁=-1.
当n≥2时,Sₙ=2aₙ+1, ①
Sₙ₋₁=2aₙ₋₁+1. ②
①-②得Sₙ-Sₙ₋₁=2aₙ-2aₙ₋₁,
即aₙ=2aₙ-2aₙ₋₁,即aₙ=2aₙ₋₁(n≥2),
{aₙ}是首项为a₁=-1,公比为q=2的等比数列.
∴$aₙ=a₁·q^{n-1}=-2^{n-1}.]$

(1)(2025·济南质检)已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$,且$S_n = n^2 + 2n + 1$,则$\{a_n\}$的通项公式为\begin{cases} 4,n=1, \\ 2n+1,n \geq 2 \end{cases}.

答案： $(1)\begin{cases} 4,n=1, \\ 2n+1,n \geq 2 \end{cases} [(1)$当n≥2时,aₙ=Sₙ-Sₙ₋₁=2n+1,
又当n=1时,a₁=S₁=4,不满足上式,
故$aₙ=\begin{cases} 4,n=1, \\ 2n+1,n \geq 2 \end{cases}.$

(2)设$S_n$是数列$\{a_n\}$的前$n$项和,且$a_1 = - 1$,$a_{n + 1} = S_nS_{n + 1}$,则$S_n = $-\dfrac{1}{n}.

答案：
(2)因为aₙ₊₁=Sₙ₊₁-Sₙ=SₙSₙ₊₁,
所以由两式联立得Sₙ₊₁-Sₙ=SₙSₙ₊₁.
因为Sₙ≠0,所以$\frac{1}{Sₙ₊₁} - \frac{1}{Sₙ}=-1.$
又$\frac{1}{S₁}=-1,$所以数列${\frac{1}{Sₙ}}$是首项为-1,公
差为-1的等差数列.
所以$\frac{1}{Sₙ}=-1+(n-1)×(-1)=-n,$
所以$Sₙ=-\frac{1}{n}.$

考点二 由数列的递推关系求通项公式
角度 1 累加法——形如$a_{n + 1} - a_n = f(n)$,求$a_n$
例 2 (2025·苏锡常镇调研)围棋起源于我国,至今已有 4 000 多年的历史.在围棋中,对于一些复杂的死活问题,比如在判断自己单个眼内的气数是否满足需求时,可利用数列有关知识来计算.假设大小为$n$的眼有$a_n$口气,大小为$(n + 1)$的眼有$a_{n + 1}$口气,且$a_1 = 1,a_2 = 2,a_{n + 1} - n = a_n - 1(n \geqslant 2,n \in \mathbf{N}^*)$,则$a_n$的通项公式为____.

答案： 例$2 aₙ=\begin{cases} 1,n=1, \\ \frac{n²-3n+6}{2},n \geq 2 \end{cases}$
[根据题意,aₙ₊₁=aₙ+n-1,
则$\frac{aₙ}{aₙ₋₁} · \frac{aₙ₋₁}{aₙ₋₂} ·⋯· \frac{a₃}{a₂} · \frac{a₂}{a₁}= \frac{n+1}{2}(n≥2),$所以当n≥2时,
$aₙ=a₁· \frac{a₂}{a₁} · \frac{a₃}{a₂} ·⋯· \frac{aₙ}{aₙ₋₁}=2× \frac{3}{2} × \frac{4}{3} ×⋯× \frac{n}{n-1} × \frac{n+1}{n}=n(n+1),$
a₁也符合上式,所以$aₙ=n(n+1),n \in N^*,$
且{aₙ}是递增数列,
由aₙ=n(n+1)＜930得(n+31)(n-30)＜0,
解得-31＜n＜30,所以正整数n的最大值为
29.]

角度22 累乘法——形如$\dfrac{a_{n + 1}}{a_n} = f(n)$,求$a_n$
例 3 (2025·湖州质检)若数列$\{a_n\}$满足$(n - 1)a_n = (n + 1)a_{n - 1}(n \geqslant 2)$,$a_1 = 2$,则使不等式$a_n ＜ 930$成立的最大正整数$n$为 (B)

A.28
B.29
C.30
D.31

答案： 例3 [根据题意,aₙ₊₁=aₙ+n-1,
则$\frac{aₙ}{aₙ₋₁} · \frac{aₙ₋₁}{aₙ₋₂} ·⋯· \frac{a₃}{a₂} · \frac{a₂}{a₁}= \frac{n+1}{2}(n≥2),$所以当n≥2时,
$aₙ=a₁· \frac{a₂}{a₁} · \frac{a₃}{a₂} ·⋯· \frac{aₙ}{aₙ₋₁}=2× \frac{3}{2} × \frac{4}{3} ×⋯× \frac{n}{n-1} × \frac{n+1}{n}=n(n+1),$
a₁也符合上式,所以$aₙ=n(n+1),n \in N^*,$
且{aₙ}是递增数列,
由aₙ=n(n+1)＜930得(n+31)(n-30)＜0,
解得-31＜n＜30,所以正整数n的最大值为
29.]

(1)在数列$\{a_n\}$中,$a_1 = 2$,$a_{n + 1} = a_n + \ln\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)$,则$a_n$等于 (A)

A.$2 + \ln n$
B.$2 + (n - 1)\ln n$
C.$2 + n\ln n$
D.$1 + n + \ln n$

答案：
(1)A [
(1)因为$aₙ₊₁-aₙ=ln \frac{n+1}{n}=ln(n+1)-ln n,$
所以a₂-a₁=ln 2-ln 1,
a₃-a₂=ln 3-ln 2,
a₄-a₃=ln 4-ln 3,
⋯
aₙ-aₙ₋₁=ln n-ln(n-1)(n≥2),
把以上各式相加得aₙ-a₁=ln n-ln 1,
则aₙ=2+ln n(n≥2),且a₁=2也满足此式,
因此$aₙ=2+ln n(n \in N^*).]$

(2)已知在数列$\{a_n\}$中,$a_1 = 1$,$\dfrac{a_{n + 1}}{a_n} = \dfrac{2(n + 1)}{n}$,则$a_n = $n·2^{n-1}.

答案： $(2)aₙ=\frac{aₙ}{aₙ₋₁} · \frac{aₙ₋₁}{aₙ₋₂} · \frac{aₙ₋₂}{aₙ₋₃} ·⋯· \frac{a₃}{a₂} · \frac{a₂}{a₁} · a₁=2× \frac{3}{2} × \frac{4}{3} × \frac{5}{4} ×⋯× \frac{2(n-1)}{2(n-2)} × \frac{2n}{2(n-1)} ×1=2^{n-1}·n,$
又n=1时,a₁=1适合上式,
所以$aₙ=n·2^{n-1}.$

考点三 数列的性质
角度 1 数列的周期性与斐波那契数列
例 4 (1)(2025·淄博模拟)数列$\{a_n\}$满足$a_1 = \dfrac{1}{2}$,$a_{n + 1} = \dfrac{1 + a_n}{1 - a_n}(n \in \mathbf{N}^*)$,则$a_{2026} = $ (B)

A.$\dfrac{1}{2}$
B.3
C.$- 2$
D.$- \dfrac{1}{3}$

答案：
(1)B [
(1)因为数列{aₙ}满足$a₁=\frac{1}{2},aₙ₊₁= \frac{1+aₙ}{1-aₙ}(n \in N^*),$
所以$a₂= \frac{1+ \frac{1}{2}}{1- \frac{1}{2}}=3,a₃= \frac{1+3}{1-3}=-2,$
$a₄= \frac{1-2}{1+2}=- \frac{1}{3},a₅= \frac{1- \frac{1}{3}}{1+ \frac{1}{3}}= \frac{1}{2},$
则{aₙ}是以4为周期的周期数列,
所以a₂₀₂₆=a₅₀₆×₄+₂=a₂=3.]

(2)(2024·新高考Ⅰ卷)已知函数$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$,$f(x) ＞ f(x - 1) + f(x - 2)$,且当$x ＜ 3$时,$f(x) = x$,则下列结论中一定正确的是 (B)

A.$f(10) ＞ 100$
B.$f(20) ＞ 1000$
C.$f(10) ＜ 1000$
D.$f(20) ＜ 10000$

答案：
(2)B [
(2)因为当x＜3时,f(x)=x,
所以f
(1)=1,f
(2)=2.
对于f(x)＞f(x-1)+f(x-2),
令x=3,得f
(3)＞f
(2)+f
(1)=2+1=3;
令x=4,得f
(4)＞f
(3)+f
(2)＞3+2=5;
令x=5,得f
(5)＞f
(4)+f
(3)＞5+3=8;
不等式右侧恰好是裴波那契数列从第3项起的
各项:
3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,
1597,⋯,显然f
(16)＞1 000,所以f
(20)＞
1 000,故选B.]