《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

变式 1 (1)(2025·邢台一模)已知$\{ a_{n}\}$为等比数列，$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，$a_{n + 1} = 2S_{n} + 2$，则$a_{4} =$(C)

A.3
B.18
C.54
D.152

答案： 变式1
(1)C【解析】由题意$a_{n+1}=2S_n+2$，得$a_{n+2}=2S_{n+1}+2$，作差可得$a_{n+2}-a_{n+1}=2a_{n+1}$，即$a_{n+2}=3a_{n+1}$。又$\{a_n\}$为等比数列，所以其公比$q$为3。由$a_2=2S_1+2=2a_1+2$，即$3a_1=2a_1+2$，解得$a_1=2$，所以$a_4=a_1q^3=54$。

(2)已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且满足$a_{n} ＞ 0$，$S_{n} = \frac{(a_{n} + 2)a_{n}}{4}$，数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项积$T_{n} = 2^{n^{2}}$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为a_n=2n，$\{ b_{n}\}$的通项公式为b_n=2^{2n-1}.

答案： 变式1
(2)$a_n=2n\quad b_n=2^{2n-1}$【解析】当$n=1$时，$a_1=\frac{(a_1+2)a_1}{4}$，又$a_n＞0$，所以$a_1=2$。当$n\geq2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=\frac{(a_n+2)a_n}{4}-\frac{(a_{n-1}+2)a_{n-1}}{4}$，化简得$a_n^2-a_{n-1}^2=2(a_n+a_{n-1})$，又$a_n＞0$，所以$a_n-a_{n-1}=2$。所以数列$\{a_n\}$是首项为2，公差为2的等差数列，故$a_n=2+(n-1)×2=2n$。当$n=1$时，$b_1=T_1=2$；当$n\geq2$时，$b_n=\frac{T_n}{T_{n-1}}=\frac{2^{n^2}}{2^{(n-1)^2}}=2^{2n-1}$。当$n=1$时也满足$b_n=2^{2n-1}$，所以$b_n=2^{2n-1}$。

例 2 (1)已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1} = 3$，$a_{n} = a_{n - 1} + 2^{n - 1}(n \geq 2,n \in \mathbf{N}^{*})$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为a_n=2^n+1.

答案： 例2
(1)$a_n=2^n+1$【解析】因为$a_n-a_{n-1}=2^{n-1}(n\geq2)$，所以$a_n=a_1+(a_2-a_1)+(a_3-a_2)+·s+(a_{n-1}-a_{n-2})+(a_n-a_{n-1})=3+2+2^2+·s+2^{n-2}+2^{n-1}=2+\frac{1-2^n}{1-2}=2^n+1$。当$n=1$时上式也成立，故$a_n=2^n+1$。

(2)已知数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{2} = 1$，记$S_{n}$为$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，且$2S_{n} = na_{n}$，则$a_{2025} =$2024.

答案： 例2
(2)2024【解析】因为$2S_n=na_n$，所以当$n=1$时，$2a_1=a_1$，即$a_1=0$，当$n\geq2$时，$2S_{n-1}=(n-1)a_{n-1}$，两式相减得$2a_n=na_n-(n-1)a_{n-1}$，即$(n-2)a_n=(n-1)a_{n-1}$。当$n=2$时，上式成立；当$n\geq3$时，$\frac{a_n}{a_{n-1}}=\frac{n-1}{n-2}$。又$a_2=1$，所以$a_{2025}=a_2×\frac{a_3}{a_2}×\frac{a_4}{a_3}×·s×\frac{a_{2025}}{a_{2024}}=1×\frac{2}{1}×\frac{3}{2}×·s×\frac{2024}{2023}=2024$。

变式 2 (1)(2025·张家口一模)已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1} = 2$，$a_{n} ＞ 0$，且$a_{n + 1}^{2} - a_{n}^{2} = \frac{1}{2^{n}} + 1$，则$a_{n}^{2} - n =$4-\frac{1}{2^{n-1}}.

答案： 变式2
(1)$4-\frac{1}{2^{n-1}}$【解析】由题意得$n\geq2$时，$a_n^2=(a_n^2-a_{n-1}^2)+(a_{n-1}^2-a_{n-2}^2)+·s+(a_2^2-a_1^2)+a_1^2=\frac{1}{2^{n-1}}+\frac{1}{2^{n-2}}+·s+\frac{1}{2^1}+(n-1)+4=\frac{\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2^{n-1}})}{1-\frac{1}{2}}+(n-1)+4=n+4-\frac{1}{2^{n-1}}$。当$n=1$时，$n+4-\frac{1}{2^{n-1}}=1+4-1=4=a_1^2$符合题意，所以$a_n^2-n=4-\frac{1}{2^{n-1}}$。

(2)设数列$\{ a_{n}\}$是首项为 1 的正项数列，且$(n + 1)a_{n + 1}^{2} - na_{n}^{2} + a_{n + 1} · a_{n} = 0$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n} =$\frac{1}{n}.

答案： 变式2
(2)$\frac{1}{n}$【解析】由$(n+1)a_{n+1}^2-na_n^2+a_{n+1}· a_n=0$，得$[(n+1)a_{n+1}-na_n](a_{n+1}+a_n)=0$。又数列$\{a_n\}$为正项数列，即$a_n＞0$，所以$(n+1)a_{n+1}-na_n=\frac{n}{n+1}·\frac{n-1}{n}·\frac{n-2}{n-1}·s\frac{1}{2}×1=\frac{1}{n+1}$，$a_1=1$也符合上式，故$a_n=\frac{1}{n}$。（或由$(n+1)a_{n+1}=na_n$可知数列$\{na_n\}$为常数列，则$na_n=a_1=1$，故$a_n=\frac{1}{n}$）

例 3 (1)已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且满足$S_{n} + 2a_{n} = n - 1$，$n \in \mathbf{N}^{*}$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为a_n=1-(\frac{2}{3})^{n-1}.

答案： 例3
(1)$a_n=1-(\frac{2}{3})^{n-1}$【解析】令$n=1$，得$S_1+2a_1=1-1=0$，解得$a_1=0$。因为$S_n+2a_n=n-1$，则$S_{n-1}=n-2-2a_{n-1}$，所以$S_n-S_{n-1}=n-1-2a_n-(n-2-2a_{n-1})$，得$a_n=2a_{n-1}-2a_n+1$，即$3a=2a_{n-1}+1$，故$a_n=\frac{2}{3}a_{n-1}+\frac{1}{3}$。设$a_n+x=\frac{2}{3}(a_{n-1}+x)$，则$a_n=\frac{2}{3}a_{n-1}+\frac{1}{3}x$，得到$-\frac{1}{3}x=\frac{1}{3}$，解得$x=-1$，故$a_n-1=\frac{2}{3}(a_{n-1}-1)$，而$a_1-1=-1\neq0$，则$\{a_n-1\}$是公比为$\frac{2}{3}$的等比数列，且首项为$a_1-1=-1$，可得$a_n-1=-(\frac{2}{3})^{n-1}$，故$a_n=1-(\frac{2}{3})^{n-1}$。

(2)已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1} = \frac{1}{2}$，$\forall n \in \mathbf{N}^{*}$，都有$a_{n + 1} = \frac{a_{n}}{2} + \frac{n}{2} + 1$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为a_n=-(\frac{1}{2})^n+n.

答案： 例3
(2)$a_n=-(\frac{1}{2})^n+n$【解析】因为$a_{n+1}=\frac{a_n}{2}+\frac{n}{2}+1$，所以设$a_{n+1}+k(n+1)+b=\frac{1}{2}(a_n+kn+b)$，所以$a_{n+1}=\frac{1}{2}a_n-\frac{k}{2}n-\frac{b}{2}$，所以$\begin{cases}k-\frac{1}{2}=0\\-k-\frac{b}{2}=1\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-1\\b=0\end{cases}$，所以$a_{n+1}-(n+1)=-\frac{1}{2}(a_n-n)$。设$b_n=a_n-n$，则$b_{n+1}=\frac{1}{2}b_n$。因为$a_1=\frac{1}{2}$，所以$b_1=\frac{1}{2}-1=-\frac{1}{2}$，所以数列$\{b_n\}$是首项为$-\frac{1}{2}$，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，所以$b_n=-\frac{1}{2}·(\frac{1}{2})^{n-1}=-(\frac{1}{2})^n$，所以$a_n=b_n+n=-(\frac{1}{2})^n+n$。

变式 3 (1)在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1} = 1$，$a_{n + 1} = \frac{a_{n}}{a_{n} + 2}(n \in \mathbf{N}^{*})$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为a_n=\frac{1}{2^n-1}.

答案： 变式3
(1)$a_n=\frac{1}{2^n-1}$【解析】由$a_{n+1}=\frac{a_n}{a_n+2}(n\in N^*)$，得$\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{a_n+2}{a_n}=\frac{2}{a_n}+1$，则$\frac{1}{a_{n+1}}+1=2(\frac{1}{a_n}+1)$，所以数列$\{\frac{1}{a_n}+1\}$是以$\frac{1}{a_1}+1=2$为首项，2为公比的等比数列，则$\frac{1}{a_n}+1=2×2^{n-1}=2^n$，解得$a_n=\frac{1}{2^n-1}$。

(2)设数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1} = 2$，$a_{n + 1} = 2a_{n} + 4n - 4$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为a_n=3×2^n-4n.

答案： 变式3
(2)$a_n=3×2^n-4n$【解析】设$a_{n+1}+k(n+1)+b=2(a_n+kn+b)$，则$a_{n+1}=2a_n+kn+b-k$，所以$\begin{cases}k=4\\b-k=-4\end{cases}$，所以$\begin{cases}k=4\\b=0\end{cases}$，所以$a_{n+1}+4(n+1)=2(a_n+4n)$。又$a_1=2$，$a_1+4×1=6$，所以$\{a_n+4n\}$是首项为6，公比为2的等比数列，故$a_n+4n=6×2^{n-1}=3×2^n$，即$a_n=3×2^n-4n$。