《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

典例
(多选)若数列$\{a_n\}$满足$a_1 = a_2 = 1$，$a_n = a_{n - 1} + a_{n - 2}(n \geq 3, n \in \mathbf{N}^*)$，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,$\cdots$,所以$a_9=34$,A正确; 由斐波那契数列每三个数中,前两个为奇数, 后一个为偶数,且$2026=3×675+1$, 所以$a_{2026}$是奇数,B正确; 由$a_{n-1}=a_n-a_{n-2}$,得$a_2=a_3-a_1,a_4=a_5- a_3,\cdots,a_{2026}=a_{2027}-a_{2025}$, 累加得$a_2+a_4+\cdots+a_{2026}=a_{2027}-a_1$,C错误; 由$a_n=a_{n-1}+a_{n-2}(n\geq3)$,得 $a_n^2+a_{n+2}^2+\cdots+a_{2025}^2$ $=a_2a_3+a_3a_4+\cdots+a_{2025}a_{2026}$ $=a_3(a_2+a_4)+\cdots+a_{2025}a_{2026}$ $=\cdots=a_{2025}a_{2026}$, 所以$S_{2025}=\frac{\pi}{4}(a_1^2+a_2^2+a_3^2+\cdots+a_{2025}^2)$ $=\frac{\pi}{4}a_{2025}a_{2026}$, 所以$\frac{S_{2025}}{a_{2025}a_{2026}}=\frac{\pi}{4}$,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.$a_{n + 1} \geq 2a_n$
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.$a_n \geq n^2 - 2n + 2$

答案： 例 5 ABD [对于A,法一 由$a_{n+1}=a_n+\frac{1}{a_n}$,得$a_{n+1}^2=a_n^2+1+\frac{1}{a_n^2}\geq1$. 又$a_1=1$,所以$a_n\geq1$, 所以$\frac{a_{n+1}}{a_n}=a_n+\frac{1}{a_n}\geq2\sqrt{a_n\cdot\frac{1}{a_n}}=2$, 所以$a_{n+1}\geq2a_n$,且当且仅当$a_n=\frac{1}{a_n}$ 即$a_n=1$时取等号,故A正确. 法二 由于$\frac{a_{n+1}}{a_n}=a_n+\frac{1}{a_n}$ 所以$a_{n+1}=a_n^2+1$, 所以$a_{n+1}-2a_n=a_n^2+1-2a_n=(a_n-1)^2\geq0$, 所以$a_{n+1}\geq2a_n$,故A正确. 对于B,由于$a_{n+1}\geq2a_n$,得$a_{n+1}＞a_n$, 所以$\{a_n\}$为递增数列,故B正确. 对于C,由$a_{n+1}=a_n^2+1,a_1=1$, 得$a_2=2,a_3=5$, 所以$a_2-4a_1=-2,a_3-4a_2=-3$,所以数列 $\{a_{n+1}-4a_n\}$不是递增数列,故C错误. 对于D,因为$a_n\geq1$, 所以$a_{n+1}-a_n^2=1\leq a_{n+1}-a_n$, 所以$a_{n+1}=(a_{n+1}-a_n)+(a_n-a_{n-1})+\cdots+ (a_2-a_1)+a_1\geq n+1$, 所以$a_n\geq n$,所以$a_{n+1}=a_n^2+1\geq n^2+1$, 则$a_n\geq(n-1)^2+1=n^2-2n+2$,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 B [由题意知$a_n\neq0$. $\because a_n+2a_{n+1}=0,\therefore\frac{a_{n+1}}{a_n}=-\frac{1}{2}$, 故$\{a_n\}$是公比为$-\frac{1}{2}$的等比数列. $\because a_3-a_4=-96$, $\therefore\frac{1}{4}a_1-(-\frac{1}{8})a_1=-96$, 故$a_1=-256$, $\therefore a_n=-256×(-\frac{1}{2})^{n-1}$ $\therefore T_n=(-256)^n×(-\frac{1}{2})^{\frac{n(n-1)}{2}}$ $=(-1)^n(\frac{1}{2})^{-8n}(-\frac{1}{2})^{\frac{n(n-1)}{2}}$ 要使$T_n$取得最大值,则$\frac{n^2-17n}{2}$为偶数, 且$\frac{n^2-17n}{2}$取最小值, 由二次函数知识知,当$n=8$或$n=9$时, $\frac{n^2-17n}{2}$取最小值,但只有$n=8$时,使得$\frac{n^2-17n}{2}$ 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： 训练 3
(1)D [
(1)因为$a_{n+3}=\frac{1}{1-a_{n+2}}=\frac{1}{1-\frac{1}{1-a_{n+1}}}=\frac{1-a_{n+1}}{-a_{n+1}}=\frac{1}{-\frac{1-a_n}{1-a_n}\cdot\frac{1}{a_n}}=a_n$, 所以数列$\{a_n\}$是周期为3的数列, 所以$a_{2026}=a_{3×675+1}=a_1$, 因为$a_2=11$,所以$11=\frac{1}{1-a_1}$, 解得$a_1=\frac{10}{11}$,故$a_{2026}=a_1=\frac{10}{11}$.]

(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$n \in \{n \mid n \geq 7, n \in \mathbf{N}\}$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$\lambda＞0$. $\forall n\in\{1,2,3\},a_n＞a_{n+1}\Rightarrow\frac{1}{2\lambda}＞\frac{7}{2}\Rightarrow\lambda＞\frac{1}{7}$; $\forall n\geq7,a_n＜a_{n+1}\Rightarrow\frac{1}{2\lambda}＜\frac{15}{2}\Rightarrow\lambda＞\frac{1}{15}$ $\therefore\frac{1}{15}＜\lambda＜\frac{1}{7}$.]

(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)$a_n=\frac{2n-19}{2n-21}=\frac{2n-21+2}{2n-21}=1+\frac{2}{2n-21}$, 当$n\geq11$时,$\frac{2}{2n-21}＞0$,且数列$\{a_n\}$单调递减; 当$1\leq n\leq10$时,$\frac{2}{2n-21}＜0$,且数列$\{a_n\}$单调递减. 因此数列$\{a_n\}$前20项中的最大项与最小项分 别为第11项,第10项.$a_{11}=3,a_{10}=-1$.]