《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

[例1]金榜原创·易错对对碰
①若数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=2^{n}+1$，则数列的通项公式为$a_{n}=$__________.
②若数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=2^{n}-1$，则数列的通项公式为$a_{n}=$__________.

答案： 【解析】①当n = 1时, $a_{1}=S_{1}=2^{1}+1 = 3$; 当n≥2时, $a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=(2^{n}+1)-(2^{n - 1}+1)=2^{n}-2^{n - 1}=2^{n - 1}$. 综上有 $a_{n}=\begin{cases}3,n = 1,\\2^{n - 1},n\geqslant 2.\end{cases}$
答案: $\begin{cases}3,n = 1,\\2^{n - 1},n\geqslant 2.\end{cases}$
②当n = 1时, $a_{1}=S_{1}=2^{1}-1 = 1$; 当n≥2时, $a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=(2^{n}-1)-(2^{n - 1}-1)=2^{n}-2^{n - 1}=2^{n - 1}$. 综上有 $a_{n}=2^{n - 1}$.
答案: $2^{n - 1}$

@对点训练
1. 已知正项数列$\{ a_{n}\}$中，$\sqrt{a_{1}}+\sqrt{a_{2}}+\cdots+\sqrt{a_{n}}=\frac{n(n + 1)}{2}$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为（ ）
A. $a_{n}=n$
B. $a_{n}=n^{2}$
C. $a_{n}=\frac{n}{2}$
D. $a_{n}=\frac{n^{2}}{2}$

答案： B 因为 $\sqrt{a_{1}}+\sqrt{a_{2}}+\cdots+\sqrt{a_{n}}=\frac{n(n + 1)}{2}$, 所以 $\sqrt{a_{1}}+\sqrt{a_{2}}+\cdots+\sqrt{a_{n - 1}}=\frac{n(n - 1)}{2}(n\geqslant 2)$, 两式相减得 $\sqrt{a_{n}}=\frac{n(n + 1)}{2}-\frac{n(n - 1)}{2}=n(n\geqslant 2)$, 所以 $a_{n}=n^{2}(n\geqslant 2)$.① 又当n = 1时, $\sqrt{a_{1}}=\frac{1\times2}{2}=1$, $a_{1}=1$, 适合①式, 所以 $a_{n}=n^{2}$, $n\in N^{*}$.

2. 记$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，若$S_{n}=2a_{n}+1$，则$S_{n}=$__________.

答案： 【解析】因为 $S_{n}=2a_{n}+1$, 所以 $S_{n + 1}=2a_{n + 1}+1$, 所以 $a_{n + 1}=2a_{n + 1}-2a_{n}$, 所以 $a_{n + 1}=2a_{n}$, 当n = 1时, $S_{1}=a_{1}=2a_{1}+1$, 所以 $a_{1}=-1$, 所以数列 $\{ a_{n}\}$ 是以 - 1为首项, 2为公比的等比数列, 所以 $S_{n}=\frac{-(1 - 2^{n})}{1 - 2}=1 - 2^{n}$.
答案: $1 - 2^{n}$

[例2]（1）已知数列$\{ a_{n}\}$的通项公式是$a_{n}=\frac{n}{3n + 1}$，那么这个数列是（ ）
A. 递增数列
B. 递减数列
C. 摆动数列
D. 常数列

答案： A $a_{n + 1}-a_{n}=\frac{n + 1}{3n + 4}-\frac{n}{3n + 1}=\frac{1}{(3n + 1)(3n + 4)}＞0$, 所以 $a_{n + 1}＞a_{n}$, 所以数列 $\{ a_{n}\}$ 为递增数列.

（2）已知数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=\frac{3n + k}{2^{n}}$，若数列$\{ a_{n}\}$为递减数列，则实数$k$的取值范围为（ ）
A. $(3,+\infty)$
B. $(2,+\infty)$
C. $(1,+\infty)$
D. $(0,+\infty)$

答案： D 因为 $a_{n + 1}-a_{n}=\frac{3n + 3 + k}{2^{n + 1}}-\frac{3n + k}{2^{n}}=\frac{3 - 3n - k}{2^{n + 1}}$, 由数列 $\{ a_{n}\}$ 为递减数列知, 对任意 $n\in N^{*}$, $a_{n + 1}-a_{n}=\frac{3 - 3n - k}{2^{n + 1}}＜0$, 所以k＞3 - 3n对任意 $n\in N^{*}$ 恒成立, 所以k∈(0,+∞).

[例3]（1）（2024·合肥质检）若数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项积$b_{n}=1-\frac{2}{7}n$，则$a_{n}$的最大值与最小值之和为（ ）
A. $-\frac{1}{3}$
B. $\frac{5}{7}$
C. 2
D. $\frac{7}{3}$

答案： C 因为数列 $\{ a_{n}\}$ 的前n项积 $b_{n}=1-\frac{2}{7}n$, 当n = 1时, $a_{1}=\frac{5}{7}$; 当n≥2时, $b_{n - 1}=1-\frac{2}{7}(n - 1)$, $a_{n}=\frac{b_{n}}{b_{n - 1}}=\frac{1-\frac{2}{7}n}{1-\frac{2}{7}(n - 1)}=\frac{2n - 7}{2n - 9}=1+\frac{2}{2n - 9}$, 当n = 1时也适合上式, 所以 $a_{n}=1+\frac{2}{2n - 9}$, 所以当n≤4时, 数列 $\{ a_{n}\}$ 单调递减, 且 $a_{n}＜1$; 当n≥5时, 数列 $\{ a_{n}\}$ 单调递减, 且 $a_{n}＞1$, 故 $a_{n}$ 的最大值为 $a_{5}=3$, 最小值为 $a_{4}=-1$, 所以 $a_{n}$ 的最大值与最小值之和为2.

（2）已知数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=\frac{9^{n}(n + 1)}{10^{n}}$，则数列中的最大项为__________.

答案： 【解析】方法一: $a_{n + 1}-a_{n}=\frac{9^{n + 1}(n + 2)}{10^{n + 1}}-\frac{9^{n}(n + 1)}{10^{n}}=\frac{9^{n}}{10^{n}}\cdot\frac{8 - n}{10}$, 当n＜8时, $a_{n + 1}-a_{n}＞0$, 即 $a_{n + 1}＞a_{n}$; 当n = 8时, $a_{n + 1}-a_{n}=0$, 即 $a_{n + 1}=a_{n}$; 当n＞8时, $a_{n + 1}-a_{n}＜0$, 即 $a_{n + 1}＜a_{n}$. 则 $a_{1}＜a_{2}＜a_{3}＜\cdots＜a_{8}=a_{9}＞a_{10}＞a_{11}＞\cdots$, 故数列 $\{ a_{n}\}$ 中的最大项为第8项和第9项, 且 $a_{8}=a_{9}=\frac{9^{8}\times9}{10^{8}}=\frac{9^{9}}{10^{8}}$.
方法二: 设数列 $\{ a_{n}\}$ 中的第n项最大, 则 $\begin{cases}a_{n}\geqslant a_{n - 1},\\a_{n}\geqslant a_{n + 1},\end{cases}(n\geqslant 2)$ 即 $\begin{cases}\frac{9^{n}(n + 1)}{10^{n}}\geqslant\frac{9^{n - 1}n}{10^{n - 1}},\\\frac{9^{n}(n + 1)}{10^{n}}\geqslant\frac{9^{n + 1}(n + 2)}{10^{n + 1}},\end{cases}$ 解得8≤n≤9. 又 $n\in N^{*}$, 则n = 8或n = 9. 故数列 $\{ a_{n}\}$ 中的最大项为第8项和第9项, 且 $a_{8}=a_{9}=\frac{9^{9}}{10^{8}}$.
答案: $\frac{9^{9}}{10^{8}}$

[例4]（1）在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{n + 1}=\begin{cases}2a_{n},a_{n}＜\frac{1}{2},\\2a_{n}-1,a_{n}\geqslant\frac{1}{2},\end{cases}$若$a_{1}=\frac{4}{5}$，则$a_{2023}$的值为（ ）
A. $\frac{3}{5}$
B. $\frac{4}{5}$
C. $\frac{2}{5}$
D. $\frac{1}{5}$

答案： D 因为 $a_{1}=\frac{4}{5}＞\frac{1}{2}$, 所以 $a_{2}=2a_{1}-1=\frac{3}{5}＞\frac{1}{2}$, $a_{3}=2a_{2}-1=\frac{1}{5}＜\frac{1}{2}$, $a_{4}=2a_{3}=\frac{2}{5}＜\frac{1}{2}$, $a_{5}=2a_{4}=\frac{4}{5}$, …, 可得该数列的周期为4, 故 $a_{2023}=a_{4\times505 + 3}=a_{3}=\frac{1}{5}$.

（2）（2024·哈尔滨质检）已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项积为$T_{n}$，$a_{1}=2$且$a_{n + 1}=1-\frac{1}{a_{n}}$，则$T_{2024}=$__________.

答案： 【解析】因为 $a_{2}=1-\frac{1}{a_{1}}=\frac{1}{2}$, $a_{3}=1-\frac{1}{a_{2}}=-1$, $a_{4}=1-\frac{1}{a_{3}}=2$, …, 所以数列 $\{ a_{n}\}$ 是周期为3的数列. 又 $a_{1}a_{2}a_{3}=2\times\frac{1}{2}\times(-1)=-1$, 且2024 = 3×674 + 2, 所以 $T_{2024}=(-1)^{674}\cdot a_{2023}\cdot a_{2024}=1\times2\times\frac{1}{2}=1$.
答案: 1