《2026年金版新学案高三数学人教版》

1. （多选）下列结论正确的是（ ）

A.数列的项与项数是同一个概念
B.数列$1,2,3$与$3,2,1$是两个不同的数列
C.任何一个数列不是递增数列，就是递减数列
D.若数列用图象表示，则从图象上看是一群孤立的点

答案： 1.BD

2. （链接人教 A 选择性必修二 P5 例 2）数列$-1,\frac{1}{2},-\frac{1}{3},\frac{1}{4},-\frac{1}{5},·s$的一个通项公式为（ ）

A.$a_{n}=\pm\frac{1}{n}$
B.$a_{n}=(-1)^{n}·\frac{1}{n}$
C.$a_{n}=(-1)^{n + 1}·\frac{1}{n}$
D.$a_{n}=\frac{1}{n}$

答案： 2.B

3. （链接人教 A 选择性必修二 P8 练习 T3）在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=1,a_{n + 1}=1+\frac{1}{a_{n}}$，则$a_{5}=$（ ）

A.$2$
B.$\frac{3}{2}$
C.$\frac{5}{3}$
D.$\frac{8}{5}$

答案： 3.D 由题意得，令$n = 1$，可得$a_2 = 1 + \frac{1}{a_1} = 2$；令$n = 2$，可得$a_3 = 1 + \frac{1}{a_2} = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$；令$n = 3$，可得$a_4 = 1 + \frac{1}{a_3} = 1 + \frac{1}{\frac{3}{2}} = \frac{5}{3}$；令$n = 4$，可得$a_5 = 1 + \frac{1}{a_4} = 1 + \frac{1}{\frac{5}{3}} = \frac{8}{5}$. 故选D.

4. （链接人教 A 选择性必修二 P7 思考）已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=n^{2}+1$，则$a_{n}=$________。

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

1. （双空题）已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，（1）若$S_{n}=n^{2}+2n$，则$a_{n}=$________；（2）若$S_{n}=n^{2}+2n + 1$，则$a_{n}=$________。

答案： 1.
(1)$2n + 1$
(2)$\begin{cases} 4,n = 1, \\ 2n + 1,n \geq 2 \end{cases}$
(1)当$n = 1$时，$a_1 = S_1 = 3$. 当$n \geq 2$时，$a_n = S_n - S_{n - 1} = n^2 + 2n - [(n - 1)^2 + 2(n - 1)] = 2n + 1$. 由于$a_1 = 3$也满足上式，所以$a_n = 2n + 1$.
(2)当$n = 1$时，$a_1 = S_1 = 4$. 当$n \geq 2$时，由
(1)知，$a_n = S_n - S_{n - 1} = 2n + 1$，此时$a_1 = 4$不满足上式，所以$a_n = \begin{cases} 4,n = 1, \\ 2n + 1,n \geq 2 \end{cases}$.

2. （双空题）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$a_{n}=$________，$S_{6}=$________。

答案： 2.$-2^{n - 1} - 63$ 当$n = 1$时，$a_1 = S_1 = 2a_1 + 1$，所以$a_1 = -1$. 当$n \geq 2$时，$S_n = 2a_n + 1$①，$S_{n - 1} = 2a_{n - 1} + 1$②. ① - ②得$S_n - S_{n - 1} = 2a_n - 2a_{n - 1}$，即$a_n = 2a_n - 2a_{n - 1}(n \geq 2)$，所以$\{ a_n \}$是首项为$a_1 = -1$，公比为$q = 2$的等比数列. 所以$a_n = a_1 · q^{n - 1} = -2^{n - 1}$，$S_6 = \frac{-1 × (1 - 2^6)}{1 - 2} = -63$.

3. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}+3a_{2}+5a_{3}+·s+(2n - 1)a_{n}=(n + 1)^{2},n\in\mathbf{N}^{*}$，则$\{ a_{n}\}$的通项公式$a_{n}=$________。

答案： 3.$\begin{cases} 4,n = 1, \\ \frac{2n + 1}{2n - 1},n \geq 2 \end{cases}$ 因为$a_1 + 3a_2 + 5a_3 + ·s + (2n - 1)a_n = (n + 1)^2$①，所以$a_1 = 2^2 = 4$，当$n \geq 2$时，$a_1 + 3a_2 + 5a_3 + ·s + (2n - 3)a_{n - 1} = n^2$②，由① - ②，可得$(2n - 1)a_n = 2n + 1$，所以$a_n = \frac{2n + 1}{2n - 1}(n \geq 2,n \in \mathbf{N}^*)$，当$n = 1$时，不满足上式，所以数列$\{ a_n \}$的通项公式是$a_n = \begin{cases} 4,n = 1, \\ \frac{2n + 1}{2n - 1},n \geq 2 \end{cases}$.

4. 设$S_{n}$是数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，且$a_{1}=-1,a_{n + 1}=S_{n}S_{n + 1}$，则$S_{n}=$________。

答案： 4.$-\frac{1}{n}$ 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$S_{n + 1} - S_n = S_nS_{n + 1}$. 由题意可知$S_n \neq 0$，所以$\frac{1}{S_{n + 1}} - \frac{1}{S_n} = -1$. 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$S_n = -\frac{1}{n}$，

典例 1 （多题同问）根据下列条件求数列的通项公式：
1. 已知数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=1,a_{n + 1}=a_{n}+n + 1$；
2. 已知数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=1,a_{n + 1}-a_{n}=4^{n - 1}$；
3. 已知数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=2,(n + 1)a_{n + 1}=2(n + 2)a_{n}$；
4. 已知数列$\{ a_{n}\}$中，其前$n$项和为$S_{n}$，且$a_{1}=1,S_{n}=n^{2}a_{n}$。

答案： 典例1 解：
(1)(累加法)：根据题意$a_{n + 1} = a_n + n + 1$，所以当$n \geq 2$时，$a_n = (a_n - a_{n - 1}) + (a_{n - 1} - a_{n - 2}) + ·s + (a_2 - a_1) + a_1 = n + (n - 1) + ·s + 2 + 1 = \frac{n(n + 1)}{2}$，当$n = 1$时，$a_1 = 1$符合上式，故数列$\{ a_n \}$的通项公式是$a_n = \frac{n(n + 1)}{2}$.
(2)(累加法)由$a_{n + 1} - a_n = 4^{n - 1}$，得$a_n = a_1 + (a_2 - a_1) + (a_3 - a_2) + ·s + (a_n - a_{n - 1}) = a_1 + 1 + 4 + ·s + 4^{n - 2} = \frac{4^{n - 1} + 2}{3}(n \geq 2)$. 当$n = 1$时，$a_1 = 1$，满足上式. 故数列$\{ a_n \}$的通项公式是$a_n = \frac{4^{n - 1} + 2}{3}$.
(3)(累乘法)因为$(n + 1)a_{n + 1} = 2(n + 2)a_n$，所以$\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{2(n + 2)}{n + 1}$则$a_n = a_1 · \frac{a_2}{a_1} · \frac{a_3}{a_2} · \frac{a_4}{a_3} ·s \frac{a_n}{a_{n - 1}} = 2^{n - 1} · a_1 · (\frac{3}{2} × \frac{4}{3} × \frac{5}{4} × ·s × \frac{n + 1}{n}) = (n + 1) · 2^{n - 1}(n \geq 2)$. 当$n = 1$时，$a_1 = 2$满足上式，故数列$\{ a_n \}$的通项公式是$a_n = (n + 1) · 2^{n - 1}$.
(4)(累乘法)由$S_n = n^2a_n$，可得当$n \geq 2$时，$S_{n - 1} = (n - 1)^2a_{n - 1}$，则$a_n = S_n - S_{n - 1} = n^2a_n - (n - 1)^2a_{n - 1}$，即$(n^2 - 1)a_n = (n - 1)^2a_{n - 1}$，易知$a_n \neq 0$，故$\frac{a_n}{a_{n - 1}} = \frac{n - 1}{n + 1}(n \geq 2)$. 所以当$n \geq 2$时，$a_n = \frac{a_n}{a_{n - 1}} · \frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} · \frac{a_{n - 2}}{a_{n - 3}} ·s \frac{a_2}{a_1} · a_1 = \frac{n - 1}{n + 1} × \frac{n - 2}{n} × \frac{n - 3}{n - 1} × ·s × \frac{2}{4} × \frac{1}{3} × 1 = \frac{2}{n(n + 1)}$. 当$n = 1$时，$a_1 = 1$满足上式. 故数列$\{ a_n \}$的通项公式是$a_n = \frac{2}{n(n + 1)}$.