《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

典例 (多选)
若数列$\{a_n\}$满足$a_1 = a_2 = 1$,$a_n = a_{n - 1} + a_{n - 2}(n \geqslant 3,n \in \mathbf{N}^*)$,则称该数列为斐波那契数列.如图所示的 “黄金螺旋线” 是根据斐波那契数列画出来的曲线.图中的长方形由以斐波那契数为边长的正方形拼接而成,在每个正方形中作圆心角为$90°$的扇形,连接起来的曲线就是 “黄金螺旋线”.记以$a_n$为边长的正方形中的扇形面积为$b_n$,数列$\{b_n\}$的前$n$项和为$S_n$.下列结论正确的是 (ABD)


A.$a_9 = 34$
B.$a_{2026}$是奇数
C.$a_2 + a_4 + a_6 + \cdots + a_{2026} = a_{2027}$
D.$\dfrac{S_{2025}}{a_{2025} \cdot a_{2026}}$$= \dfrac{\pi}{4}$

答案： 典例 ABD [该数列为1,1,2,3,5,8,13,21,
34,⋯,所以a₉=34,A正确;
由斐波那契数列得每三个数中,前两个为奇数,
后一个为偶数,且2 026=3×675+1,
所以a₂₀₂₆是奇数,B正确;
由aₙ₋₁=aₙ-aₙ₋₂,得a₂=a₃-a₁,a₄=a₅-
a₃,⋯a₂₀₂₆=a₂₀₂₇-a₂₀₂₅,
累加得a₂+a₄+⋯+a₂₀₂₆=a₂₀₂₇-a₁,C错误;
由a₁²+a₂²+a₃²+⋯+a₂₀₂₅²
=a₁a₂+a₂a₃+a₃²+⋯+a₂₀₂₅²
=a₂(a₁+a₂)+a₃²+⋯+a₂₀₂₅²
=a₃a₂+a₃²+⋯+a₂₀₂₅²
=a₃(a₂+a₃)+⋯+a₂₀₂₅²
=⋯=a₂₀₂₅a₂₀₂₆,
所以$\frac{S₂₀₂₅}{a₂₀₂₅a₂₀₂₆}= \frac{π}{4}(a₁²+a₂²+a₃²+⋯+a₂₀₂₅²)$
$= \frac{π}{4}a₂₀₂₅a₂₀₂₆,$
所以$\frac{S₂₀₂₅}{a₂₀₂₅a₂₀₂₆}= \frac{π}{4},D$正确.]

角度 2 数列的单调性
例 5 (多选)(2025·武汉调研)已知数列$\{a_n\}$满足$a_1 = 1$,$\dfrac{a_{n + 1}}{a_n} = a_n + \dfrac{1}{a_n}$,则下列说法正确的是 (ABD)

A.$a_{n + 1} \geqslant 2a_n$
B.$\left\{\dfrac{a_{n + 1}}{a_n}\right\}$是递增数列
C.$\{a_{n + 1} - 4a_n\}$是递增数列
D.$a_n \geqslant n^2 - 2n + 2$

答案： 例5 ABD [对于A,法一 由$\frac{aₙ₊₁}{aₙ}=aₙ+ \frac{1}{aₙ}≥1.$
又a₁=1,所以aₙ≥1,
所以$\frac{aₙ₊₁}{aₙ}=aₙ+ \frac{1}{aₙ}≥2\sqrt{aₙ· \frac{1}{aₙ}}=2,$
所以aₙ₊₁≥2aₙ,当且仅当$aₙ= \frac{1}{aₙ},$
即aₙ=1时取等号,故A正确.
法二 由于$\frac{aₙ₊₁}{aₙ}=aₙ+ \frac{1}{aₙ}=aₙ²+1-2aₙ+2aₙ=(aₙ-1)²+1≥0,$
所以aₙ₊₁≥2aₙ,故A正确.
对于B,由于aₙ₊₁≥2aₙ,得aₙ₊₁＞aₙ,
所以{aₙ}为递增数列,
由$a₁=1,y=x+ \frac{1}{x}$在[1,+∞)上单调递增,
可得${\frac{aₙ₊₁}{aₙ}}$为递增数列,故B正确.
对于C,由aₙ₊₁=aₙ²+1,a₁=1,
得a₂=2,a₃=5,
所以a₂-4a₁=-2,a₃-4a₂=-3,所以数列
{aₙ₊₁-4aₙ}不是递增数列,故C错误.
对于D,因为aₙ≥1,
所以aₙ₊₁-aₙ²=1≤aₙ₊₁-aₙ,
所以aₙ₊₁=(aₙ₊₁-aₙ)+(aₙ-aₙ₋₁)+⋯+
(a₃-a₂)+(a₂-a₁)+a₁≥n+1,
所以aₙ≥n,所以aₙ₊₁=aₙ²+1≥n²+1,
则aₙ≥(n-1)²+1=n²-2n+2,故D正确.]

角度 3 数列的最值
例 6 (2025·湘东九校联考)设$T_n$为数列$\{a_n\}$的前$n$项积,若$a_n + 2a_{n + 1} = 0,n \in \mathbf{N}^*$,且$a_3 - a_4 = - 96$,当$T_n$取得最大值时,$n = $ (B)

A.6
B.8
C.9
D.10

答案： 例6 [由题意知aₙ≠0.
∵aₙ+2aₙ₊₁=0,
∴$\frac{aₙ₊₁}{aₙ}= -\frac{1}{2},$
故{aₙ}是公比为$-\frac{1}{2}$的等比数列.
∵a₃-a₄=-96,
∴$\frac{1}{4}a₁-(-\frac{1}{8})a₁=-96,$
故a₁=-256,
∴$aₙ=-256×(-\frac{1}{2})^{n-1}$
∴$Tₙ=(-256)ⁿ×(-\frac{1}{2})⁰+¹+²+³+⋯+(n-1)$
$=(-1)ⁿ(\frac{1}{2})^{-8n}(-\frac{1}{2})^{\frac{n(n-1)}{2}}$
$=(-1)^{\frac{n²+n}{2}-8n}(\frac{1}{2})^{\frac{n²+n}{2}}$
$=(-1)^{\frac{n²-17n}{2}}(\frac{1}{2})^{\frac{n²+n}{2}}$
要使Tₙ取得最大值,则$\frac{n²-17n}{2}$为偶数,
且$\frac{n²+n}{2}$取最小值,
由二次函数知识知,当n=8或n=9时,
$\frac{n²-17n}{2}$取最小值,但只有n=8时,使得$\frac{n²+n}{2}$为偶数,符合要求.]

(1)(2025·南昌测试)若数列$\{a_n\}$满足$a_2 = 11$,$a_{n + 1} = \dfrac{1}{1 - a_n}$,则$a_{2026} = $ (D)

A.$\dfrac{11}{10}$
B.11
C.$- \dfrac{1}{10}$
D.$\dfrac{10}{11}$

答案：
(1)D [
(1)因为$aₙ₊₃= \frac{1}{1-aₙ₊₂}= \frac{1}{1- \frac{1}{1-aₙ₊₁}}= \frac{1-aₙ₊₁}{-aₙ₊₁}=aₙ,$
所以数列{aₙ}是周期为3的数列,
所以a₂₀₂₆=a₃×₆₇₅+₁=a₁,
因为a₂=11,所以$11= \frac{1}{1-a₁},$
解得$a₁= \frac{10}{11},$故$a₂₀₂₆=a₁= \frac{10}{11}.]$

(2)(2025·宁波模拟)已知数列$\{a_n\}$满足$a_n = \lambda n^2 - n$,对任意$n \in \{1,2,3\}$都有$a_n ＞ a_{n + 1}$,且对任意$n \in \{n|n \geqslant 7,n \in \mathbf{N}\}$都有$a_n ＜ a_{n + 1}$,则实数$\lambda$的取值范围是 (C)

A.$\left[\dfrac{1}{14},\dfrac{1}{8}\right]$
B.$\left(\dfrac{1}{14},\dfrac{1}{7}\right)$
C.$\left(\dfrac{1}{15},\dfrac{1}{7}\right)$
D.$\left(\dfrac{1}{15},\dfrac{1}{8}\right]$

答案：
(2)C [
(2)由题意得λ＞0.
$∀n∈{1,2,3},aₙ＞aₙ₊₁⇒ \frac{1}{2λ}≥ \frac{7}{2}⇒λ≤ \frac{1}{7};$
∀n≥7,aₙ＜aₙ₊₁⇒ \frac{1}{2λ}≤ \frac{15}{2}⇒λ≥ \frac{1}{15};
∴$ \frac{1}{15}＜λ＜ \frac{1}{7}.]$

(3)已知数列$\{a_n\}$的通项$a_n = \dfrac{2n - 19}{2n - 21},n \in \mathbf{N}^*$,则数列$\{a_n\}$前 20 项中的最大项与最小项分别为3,-1.

答案： $(3)3,-1 [(3)aₙ= \frac{2n-19}{2n-21}=1+ \frac{2}{2n-21},$
当n≥11时$, \frac{2}{2n-21}＞0,$且数列{aₙ}单调递减;
当1≤n≤10时$, \frac{2}{2n-21}＜0,$且数列{aₙ}单调递减.
因此数列{aₙ}前20项中的最大项与最小项分别为第11项,第10项,a₁₁=3,a₁₀=-1.]