《2026年步步高精准讲练高中数学选择性必修第二册人教版》

已知数列 $ \{ a_n \} $ 的首项 $ a_1 = 1 $，且满足 $ a_{n + 1} = \dfrac{1}{2}a_n + \dfrac{1}{2^n} $，则此数列的第 3 项是(C)

A.1
B.$ \dfrac{1}{2} $
C.$ \dfrac{3}{4} $
D.$ \dfrac{5}{8} $

答案： C

(1)在数列 $ \{ a_n \} $ 中，$ a_1 = 1 $，$ a_{n + 1} = a_n + \dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n + 1} $，则 $ a_n $ 等于(B)
A. $ \dfrac{1}{n} $
B. $ \dfrac{2n - 1}{n} $
C. $ \dfrac{n - 1}{n} $
D. $ \dfrac{1}{2n} $
(2)已知数列 $ \{ a_n \} $ 满足 $ a_1 = 1 $，$ a_{n + 1} = \dfrac{n}{n + 1}a_n $($ n \in \mathbf{N}^* $)，则 $ a_n $ 等于(D)
A. $ n + 1 $
B. $ n $
C. $ \dfrac{1}{n + 1} $
D. $ \dfrac{1}{n} $
反思感悟：

答案：
(1)B [方法一（归纳法）]
数列的前 5 项分别为
$a_{1} = 1,a_{2} = 1 + 1 - \frac{1}{2} = 2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$，
$a_{3} = \frac{3}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = 2 - \frac{1}{3} = \frac{5}{3}$，
$a_{4} = \frac{5}{3} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} = 2 - \frac{1}{4} = \frac{7}{4}$，
$a_{5} = \frac{7}{4} + \frac{1}{4} - \frac{1}{5} = 2 - \frac{1}{5} = \frac{9}{5}$，
又 $a_{1} = 1$，
由此可得数列的一个通项公式为 $a_{n} = \frac{2n - 1}{n}$.
方法二（迭代法） $a_{2} = a_{1} + 1 - \frac{1}{2}$，
$a_{3} = a_{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3}$，$·s$，
$a_{n} = a_{n - 1} + \frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n}(n \geq 2)$，
则 $a_{n} = a_{1} + 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{3} - ·s + \frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n}$
$= 1 + 1 - \frac{1}{n} = \frac{2n - 1}{n}(n \geq 2)$.
又 $a_{1} = 1$ 也适合上式，
所以 $a_{n} = \frac{2n - 1}{n}(n \in N^{*})$.
方法三（累加法） $a_{n + 1} - a_{n} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}$，
$a_{1} = 1$，
$a_{2} - a_{1} = 1 - \frac{1}{2}$，
$a_{3} - a_{2} = \frac{1}{2} - \frac{1}{3}$，
$a_{4} - a_{3} = \frac{1}{3} - \frac{1}{4}$，
$·s$
$a_{n} - a_{n - 1} = \frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n}(n \geq 2)$，
以上各项相加得
$a_{n} = 1 + 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + ·s + \frac{1}{n - 1} - \frac{1}{n} = 1 + 1 - \frac{1}{n}$. 所以 $a_{n} = \frac{2n - 1}{n}(n \geq 2)$.
因为 $a_{1} = 1$ 也适合上式，
所以 $a_{n} = \frac{2n - 1}{n}(n \in N^{*})$.
(2)D [由题意，因为数列 $\{ a_{n}\}$ 满足 $a_{n + 1} = \frac{n}{n + 1}a_{n}(n \in N^{*})$，
所以 $\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{n}{n + 1}$，
所以当 $n \geq 2$ 时，$a_{n} = \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} · \frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} · ·s · \frac{a_{2}}{a_{1}} · a_{1} =$
$\frac{n - 1}{n} × \frac{n - 2}{n - 1} × ·s × \frac{1}{2} × 1 = \frac{1}{n}$
当 $n = 1$ 时，$a_{1} = 1$ 满足上式，
所以 $a_{n} = \frac{1}{n}(n \in N^{*})$.

(1)已知数列 $ \{ a_n \} $ 满足 $ a_1 = 1 $，$ a_n = a_{n - 1} + \sqrt{n + 1} - \sqrt{n} $($ n \geqslant 2 $)，求 $ a_n $。
(2)已知数列 $ \{ a_n \} $ 满足 $ a_1 = 1 $，$ \ln a_n - \ln a_{n - 1} = 1 $($ n \geqslant 2 $)，求 $ a_n $。

答案：
(1)解 因为 $a_{n} = a_{n - 1} + \sqrt{n + 1} - \sqrt{n}(n \geq 2)$，
所以 $a_{n} - a_{n - 1} = \sqrt{n + 1} - \sqrt{n}(n \geq 2)$.
所以当 $n \geq 2$ 时，$a_{n} = (a_{n} - a_{n - 1}) + (a_{n - 1} - a_{n - 2}) + ·s + (a_{2} - a_{1}) + a_{1} =$
$(\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}) + (\sqrt{n} - \sqrt{n - 1}) + ·s + (\sqrt{3} - \sqrt{2}) + 1 = \sqrt{n + 1} - \sqrt{2} + 1$.
又当 $n = 1$ 时，$a_{1} = 1$ 也符合上式，
所以 $a_{n} = \sqrt{n + 1} - \sqrt{2} + 1,n \in N^{*}$.
(2)解 因为 $\ln a_{n} - \ln a_{n - 1} = 1$，
所以 $\ln \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} = 1$，即 $\frac{a_{n}}{a_{n - 1}} = e(n \geq 2)$.
所以 $a_{n} = \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} · \frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} · ·s · \frac{a_{2}}{a_{1}} · a_{1} =$
$e · e · ·s · e · 1 = e^{n - 1}(n \geq 2)$，
又 $a_{1} = 1$ 也符合上式，
所以 $a_{n} = e^{n - 1},n \in N^{*}$.

如果已知数列 $ \{ a_n \} $ 的前 $ n $ 项和，如何求 $ a_4 $ 呢？

答案： 用 $\{ a_n\}$ 的前 4 项和减去前 3 项和.

1. 把数列 $ \{ a_n \} $ 从第 1 项起到第 $ n $ 项止的各项之和，称为数列 $ \{ a_n \} $ 的前 $ n $ 项和，记作 $ S_n $，即 $ S_n = $a_{1} + a_{2} + ·s + a_{n}。

答案： $a_{1} + a_{2} + ·s + a_{n}$

2. $ a_n = $。

答案： $\begin{cases} S_{1},n = 1, \\ S_{n} - S_{n - 1},n \geq 2 \end{cases}$

已知 $ S_n $ 为数列 $ \{ a_n \} $ 的前 $ n $ 项和，根据条件求 $ \{ a_n \} $ 的通项公式。
（1）$ S_n = 3^n - 1 $；
（2）$ S_n = 2n^2 - 30n $。

答案： 解
(1)当 $n = 1$ 时，$a_{1} = S_{1} = 2$，
当 $n \geq 2$ 时，$a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = 3^{n} - 1 - (3^{n - 1} - 1) = 2 × 3^{n - 1}$，
显然 $a_{1} = 2$ 适合上式，
所以 $a_{n} = 2 × 3^{n - 1}(n \in N^{*})$.
(2)因为 $S_{n} = 2n^{2} - 30n$，
所以当 $n = 1$ 时，$a_{1} = S_{1} = 2 × 1^{2} - 30 × 1 = - 28$，
当 $n \geq 2$ 时，$a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = 2n^{2} - 30n - [2(n - 1)^{2} - 30(n - 1)] = 4n - 32$.
显然 $a_{1} = - 28$ 适合上式，
所以 $a_{n} = 4n - 32,n \in N^{*}$.