《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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,\frac{2n+1}{2n-1},n\geq2\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： 例 1
(1)$\begin{cases}4,n=1,\frac{2n+1}{2n-1},n\geq2\end{cases}$
(2)$-2^{n-1}$ [
(1)因为 $a_1+3a_2+5a_3+\cdots+(2n-1)a_n=(n+1)^2$, ① 所以$a_1=2^2=4$, 当$n\geq2$时, $a_1+3a_2+5a_3+\cdots+(2n-3)a_{n-1}=n^2$, ② 由①-②,可得$(2n-1)a_n=2n+1$, 所以$a_n=\frac{2n+1}{2n-1}(n\geq2,n\in N^*)$. 当$n=1$时,不满足上式,所以数列$\{a_n\}$的通项 公式是$a_n=\begin{cases}4,n=1,\frac{2n+1}{2n-1},n\geq2\end{cases}$.
(2)当$n=1$时,$a_1=S_1=2a_1+1,\therefore a_1=-1$. 当$n\geq2$时,$S_n=2a_n+1$, $S_{n-1}=2a_{n-1}+1$, ①-②得$S_n-S_{n-1}=2a_n-2a_{n-1}$, 即$a_n=2a_n-2a_{n-1}$,即$a_n=2a_{n-1}(n\geq2)$, $\therefore \{a_n\}$是首项为$a_1=-1$,公比为$q=2$的等比数列. $\therefore a_n=a_1\cdot q^{n-1}=-2^{n-1}$.]

(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$\begin{cases}4,n=1,\\2n+1,n\geq2\end{cases}$.

答案： 训练 1
(1)$\begin{cases}4,n=1,\\2n+1,n\geq2\end{cases}$ [
(1)当$n\geq2$时,$a_n=S_n-S_{n-1}=2n+1$, 又当$n=1$时,$a_1=S_1=4$,不满足上式, 故$a_n=\begin{cases}4,n=1,\\2n+1,n\geq2\end{cases}$.]

(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 = $$-\frac{1}{n}$.

答案：
(2)$-\frac{1}{n}$ [
(2)因为$a_{n+1}=S_{n+1}-S_n,a_{n+1}=S_nS_{n+1}$, 所以由两式联立得$S_{n+1}-S_n=S_nS_{n+1}$. 因为$S_n\neq0$,所以$\frac{1}{S_n}-\frac{1}{S_{n+1}}=1$, 即$\frac{1}{S_{n+1}}-\frac{1}{S_n}=-1$. 又$\frac{1}{S_1}=-1$,所以数列$\{\frac{1}{S_n}\}$是首项为$-1$,公 差为$-1$的等差数列. 所以$\frac{1}{S_n}=-1+(n-1)×(-1)=-n$, 所以$S_n=-\frac{1}{n}$.]

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 4000 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$a_1 = 1$，$a_2 = 2$，$a_{n + 1} - n = a_n - 1(n \geq 2, n \in \mathbf{N}^*)$，则$a_n$的通项公式为______.

答案： 例 2 $a_n=\begin{cases}1,n=1,\frac{n^2-3n+6}{2},n\geq2\end{cases}$ [根据题意,$a_{n+1}=a_n+n-1$, 即$a_{n+1}-a_n=n-1$, 当$n\geq2$时,可得$a_n=(a_n-a_{n-1})+(a_{n-1}-a_{n-2})+\cdots+(a_3-a_2)+(a_2-a_1)+a_1$, 即$a_n=(n-2)+(n-3)+\cdots+1+1+1$ $=\frac{(n-2)(n-1)}{2}+2=\frac{n^2-3n+6}{2}$. 又当$n=1$时,$a_1=1$不满足$a_n=\frac{n^2-3n+6}{2}$, 故$a_n=\begin{cases}1,n=1,\frac{n^2-3n+6}{2},n\geq2\end{cases}$.]

角度 2 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$(n - 1)a_n = (n + 1)a_{n - 1}(n \geq 2)$，$a_1 = 2$，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 B [依题意,数列$\{a_n\}$满足 $(n-1)a_n=(n+1)a_{n-1}(n\geq2),a_1=2$, 则$\frac{a_n}{a_{n-1}}=\frac{n+1}{n-1}(n\geq2)$,所以当$n\geq2$时, $a_n=a_1\cdot\frac{a_2}{a_1}\cdot\frac{a_3}{a_2}\cdots\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\cdot\frac{a_n}{a_{n-1}}=2×\frac{3}{1}×\frac{4}{2}×\frac{5}{3}×\cdots×\frac{n}{n-2}×\frac{n+1}{n-1}=n(n+1)$, $a_1$也符合上式,所以$a_n=n(n+1),n\in N^*$, 且$\{a_n\}$是递增数列, 由$a_n=n(n+1)＜930$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： 训练 2
(1)A [
(1)因为$a_{n+1}-a_n=\ln\frac{n+1}{n}=\ln(n+1)-\ln n$, 所以$a_2-a_1=\ln2-\ln1$, $a_3-a_2=\ln3-\ln2$, $a_4-a_3=\ln4-\ln3$, $\cdots$ $a_n-a_{n-1}=\ln n-\ln(n-1)(n\geq2)$, 把以上各式相加得$a_n-a_1=\ln n-\ln1$, 则$a_n=2+\ln n(n\geq2)$,且$a_1=2$也满足此式, 因此$a_n=2+\ln n(n\in N^*)$.]

(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)n·$2^{n-1}$ [
(2)$a_n=\frac{a_n}{a_{n-1}}\cdot\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\cdot\frac{a_{n-2}}{a_{n-3}}\cdots\frac{a_3}{a_2}\cdot\frac{a_2}{a_1}\cdot a_1$ $=\frac{2n}{n-1}×\frac{2(n-1)}{n-2}×\frac{2(n-2)}{n-3}×\cdots×\frac{2×3}{2}×\frac{2×2}{1}×1=2^{n-1}\cdot n$. 又$n=1$时,$a_1=1$适合上式, 所以$a_n=n\cdot2^{n-1}$.]

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： 例 4
(1)B [
(1)因为数列$\{a_n\}$满足$a_1=\frac{1}{2},a_{n+1}=\frac{1+a_n}{1-a_n}(n\in N^*)$, 所以$a_2=\frac{1+\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=3$,$a_3=\frac{1+3}{1-3}=-2$, $a_4=\frac{1-2}{1+2}=-\frac{1}{3}$,$a_5=\frac{1-\frac{1}{3}}{1+\frac{1}{3}}=\frac{1}{2}$, 则$\{a_n\}$是以4为周期的周期数列, 所以$a_{2026}=a_{506×4+2}=a_2=3$.]

(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$f(5)＞f(4)+f(3)＞5+3=8$; 不等式右侧恰好是斐波那契数列从第3项起的 各项: 3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987, 1597,$\cdots$,显然$f(16)＞1000$,所以$f(20)＞ 1000$,故选B.]