《2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. 数列$2, \frac{4}{3}, \frac{8}{5}, \frac{16}{7}, \frac{32}{9}, ·s$的一个通项公式为$a_{n}=($ $)$

A.$\frac{2n}{2n-1}$
B.$\frac{2^{n}}{n}$
C.$\frac{2^{n}}{2n-1}$
D.$\frac{2^{n}}{2n+1}$

答案： 1.C 解析：分别判断出由分子和分母构成的数列的特征，再求出此数列的通项公式．因为2,4,8,16,32，···是以2为首项和公比的等比数列，且1,3,5,7,9，···是以1为首项，2为公差的等差数列，所以此数列的一个通项公式是$a_{n} = \frac{2^{n}}{2n - 1}$．

2.$[$武汉高二期末$]$根据数列$\{ a_{n}\}$的前$4$项$-1,3,-6,10$，写出数列的一个通项公式：$a_{n} = (-1)^{n} · \frac{n(n + 1)}{2}$(答案不唯一)

答案： 2.$a_{n} = (-1)^{n} · \frac{n(n + 1)}{2}$(答案不唯一) 解析：因为$a_{1} = (-1)^{1} × \frac{1 × 2}{2} = -1$，$a_{2} = (-1)^{2} × \frac{2 × 3}{2} = 3$，$a_{3} = (-1)^{3} × \frac{3 × 4}{2} = -6$，$a_{4} = (-1)^{4} × \frac{4 × 5}{2} = 10$，所以$a_{n} = (-1)^{n} · \frac{n(n + 1)}{2}$
方法总结
根据数列的前几项写出某一个通项公式的方法
首先，从下面4个角度观察数列的前几项：
(1)各项的符号特征；
(2)各项能否拆分；
(3)分式的分子、分母的特征；
(4)相邻项的变化规律．
其次，寻找各项与对应的项的序号之间的规律，一般方法为
(1)熟记一些特殊数列的通项公式，如$a_{n} = \frac{10^{n} - 1}{9}$，$a_{n}=n$，$a_{n} = 2n - 1$，$a_{n} = 2^{n}$，$a_{n} = n^{2}$等，熟悉它们的变化规律，并灵活运用；
(2)将数列的各项拆分成若干个常见数列的“和”“差”“积”“商”，如分式形式的数列，可将分子、分母分别求通项；
(3)当一个数列各项的符号出现“+”“-”相间时，应把符号分离出来，可用$(-1)^{n}$或$(-1)^{n + 1}$来实现．

3. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n}-a_{n-1}=2(n\geqslant 2,n\in \mathbf{N}^{*})$，且$a_{1},a_{3},a_{4}$成等比数列，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$($ $)$

A.$a_{n}=2n$
B.$a_{n}=2n+10$
C.$a_{n}=2n-10$
D.$a_{n}=2n+4$

答案： 3.C 解析：因为数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n} - a_{n - 1} = 2(n \geq 2$，$n \in N^{*})$，所以数列$\{ a_{n}\}$是公差为2的等差数列．
又$a_{1}$，$a_{3}$，$a_{6}$成等比数列，所以$a_{3}^{2} = a_{1} · a_{6}$，即$(a_{1} + 4)^{2} = a_{1}(a_{1} + 6 × 2 - 10)$（此处原书排版可能有误，按等差数列$a_{6}=a_{1}+5×2=a_{1}+10$），解得$a_{1} = - 8$．
所以$a_{n} = - 8 + 2(n - 1) = 2n - 10$． 等比中项法．

4. 在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=1,a_{2}=2$，且$a_{n+1}a_{n-1}=a_{n}^{2}(n\geqslant 2)$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式是$a_{n} = 2^{n - 1}$.

答案： 4.$a_{n} = 2^{n - 1}$ 解析：由$a_{n + 1}a_{n - 1} = a_{n}^{2}(n \geq 2)$知，$\{ a_{n}\}$是等比数列，公比$q = \frac{a_{2}}{a_{1}} = 2$，故$a_{n} = 1 × 2^{n - 1} = 2^{n - 1}$．

5. 已知各项都为正数的数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=1,a_{n}^{2}-(2a_{n+1}-1)a_{n}-2a_{n+1}=0$，则$a_{3}=$ ；数列$\{$$a_{n}\}$的通项公式为$a_{n} = \frac{1}{2^{n - 1}}$.

答案： 5.$\frac{1}{4}$ $a_{n} = \frac{1}{2^{n - 1}}$ 解析：由题意可得$a_{2} = \frac{1}{2}$，$a_{3} = \frac{1}{4}$
由$a_{n}^{2} - (2a_{n + 1} - 1)a_{n} - 2a_{n + 1} = 0$，得$2a_{n + 1}(a_{n} + 1) = a_{n}(a_{n} + 1)$． 分组分解．
因为$\{ a_{n}\}$的各项都为正数，所以$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{1}{2}$．故$\{ a_{n}\}$是首项为1，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，因此$a_{n} = \frac{1}{2^{n - 1}}$

6.$[$武汉高二期末$]$已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}+a_{2}+·s+a_{n}=n(n+3),n\in \mathbf{N}^{*}$，则$a_{n}=($ $)$

A.$2n$
B.$2n+2$
C.$n+3$
D.$3n+1$

答案： 6.B 解析：因为$a_{1} + a_{2} + ·s + a_{n} = n(n + 3)$，当$n = 1$时，$a_{1} = 4$，当$n \geq 2$时，$a_{n} = (a_{1} + a_{2} + ·s + a_{n}) - (a_{1} + a_{2} + ·s + a_{n - 1}) = n(n + 3) - (n - 1)(n + 2) = 2n + 2$
当$n = 1$时，$a_{1} = 4$也满足上式，所以$a_{n} = 2n + 2$
验证首项$a_{1}$是否符合$a_{n}(n \geq 2)$．

7. 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若$S_{n}=2a_{n}-2(n\in \mathbf{N}^{*})$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=$$2^{n}$.

答案： 7.$2^{n}$ 解析：当$n = 1$时，$a_{1} = S_{1} = 2a_{1} - 2$，可得$a_{1} = 2$；
当$n \geq 2$时，$S_{n - 1} = 2a_{n - 1} - 2$，所以$a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = 2a_{n} - 2a_{n - 1}$，所以$a_{n} = 2a_{n - 1}$，即$\frac{a_{n}}{a_{n - 1}} = 2(n \geq 2)$．
因为$a_{1} = 2 \neq 0$，所以数列$\{ a_{n}\}$是以2为首项，2为公比的等比数列，所以$a_{n} = 2 × 2^{n - 1} = 2^{n}$．

8. 已知$S_{n}$是数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，若$a_{1}+2a_{2}+2^{2}a_{3}+·s+2^{n-1}a_{n}=n^{2}+2n$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=$$\frac{2n + 1}{2^{n - 1}}$.

答案： 8.$\frac{2n + 1}{2^{n - 1}}$ 解析：因为$a_{1} + 2a_{2} + 2^{2}a_{3} + ·s + 2^{n - 1}a_{n} = n^{2} + 2n$，①
则当$n = 1$时，$a_{1} = 3$；
当$n \geq 2$时，$a_{1} + 2a_{2} + 2^{2}a_{3} + ·s + 2^{n - 2}a_{n - 1} = (n - 1)^{2} + 2(n - 1)$．②
① - ②，得$2^{n - 1}a_{n} = 2n + 1$，即$a_{n} = \frac{2n + 1}{2^{n - 1}}$，满足$a_{1} = 3$，所以$a_{n} = \frac{2n + 1}{2^{n - 1}}$．
方法总结
对于由$S_{n}$与$a_{n}$构成的递推关系式，通常是通过$a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}(n \geq 2)$消去$S_{n}$或$S_{n - 1}$两种途径解决问题．对于由$S_{n}$与$S_{n - 1}$构成的递推关系式，通常通过$a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}(n \geq 2)$构建$a_{n}$求解．注意表达式$a_{n} = \begin{cases} S_{1}, n = 1, \\ S_{n} - S_{n - 1}, n \geq 2. \end{cases}$若$n = 1$时，$a_{n}(n \geq 2)$表达式的值不等于$a_{1}$，则数列的通项公式要分段表示．

9.$[$2024湖北咸宁高二检测$]$已知数列$\{ a_{n}\}$的首项为$2$，且$a_{n+1}-a_{n}=2^{n+1}$，则$a_{n}=($ $)$

A.$2^{n}$
B.$2^{n-1}+1$
C.$2^{n+1}-2$
D.$2^{n+1}-2+2$（此处原图有遮挡）

答案： 9.D 解析：由已知得$a_{n + 1} - a_{n} = 2^{n + 1}$，$a_{1} = 2$，则当$n \geq 2$时，有$a_{n} - a_{1} = (a_{n} - a_{n - 1}) + (a_{n - 1} - a_{n - 2}) + ·s + (a_{2} - a_{1}) = 2^{n} + 2^{n - 1} + ·s + 2^{2}$，$a_{n} = 2^{n} + 2^{n - 1} + ·s + 2^{2} + a_{1} = \frac{2(1 - 2^{n})}{1 - 2} = 2^{n + 1} - 2$．
经检验，当$n = 1$时也符合该式，所以$a_{n} = 2^{n + 1} - 2$．
验证$a_{1}$是否符合$a_{n}(n \geq 2)$．

10. 在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=2$，$a_{n+1}=a_{n}+\lg\left(1+\frac{1}{n}\right)$，则$a_{n}=$（ $)$

A.$2+\lg n$
B.$2+(n-1)\lg n$
C.$2+n\lg n$
D.$1+n\lg n$

答案： 10.A 解析：(方法1)因为$a_{n + 1} - a_{n} = \lg\frac{n + 1}{n}$，所以当$n \geq 2$时，$a_{n} = (a_{n} - a_{n - 1}) + (a_{n - 1} - a_{n - 2}) + ·s + (a_{2} - a_{1}) + a_{1} = \lg\frac{n}{n - 1} + \lg\frac{n - 1}{n - 2} + ·s + \lg\frac{2}{1} + 2 = \lg(\frac{n}{n - 1} · \frac{n - 1}{n - 2} ·s \frac{3}{2} · \frac{2}{1}) + 2 = \lg n + 2$．
又$a_{1} = 2 = \lg1 + 2$也符合所得通项公式，所以$a_{n} = \lg n + 2$．
(方法2)因为$a_{n + 1} = a_{n} + \lg(n + 1) - \lg n$，$a_{n + 1} - \lg(n + 1) = a_{n} - \lg n$，所以数列$\{ a_{n} - \lg n\}$是常数列，即$a_{n} - \lg n = a_{1} - \lg1 = 2$，故$a_{n} = 2 + \lg n$．
方法总结
递推公式为$a_{n + 1} - a_{n} = f(n)(f(n)$可求和)或能转化为$a_{n + 1} - a_{n} = f(n)(f(n)$可求和)的数列求通项公式，通常采用累加法$(a_{2} - a_{1}) + (a_{3} - a_{2}) + ·s + (a_{n} - a_{n - 1}) = a_{n} - a_{1}$求$a_{n}$

11.$[$2024重庆市育才中学校高二期末$]$已知$a_{1}=2,a_{n}=n(a_{n+1}-a_{n})$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式是$a_{n}=($ $)$

A.$n$
B.$n+1$
C.$2n$
D.$(\frac{n+1}{n})^{n}$

答案： 11.C 解析：由$a_{n} = n(a_{n + 1} - a_{n})$，得$(n + 1)a_{n} = na_{n + 1}$，即$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{n + 1}{n}$，$\frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} = \frac{n - 1}{n - 2}$，$\frac{a_{n - 2}}{a_{n - 3}} = \frac{n - 2}{n - 3}$，$·s$，$\frac{a_{2}}{a_{1}} = \frac{2}{1}$．由累乘法可得$\frac{a_{n}}{a_{1}} = n$，因为$a_{1} = 2$，所以$a_{n} = 2n$

12. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=\sqrt{2},\sqrt{n}a_{n+1}=\sqrt{n+2}a_{n},n\in \mathbf{N}^{*}$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n} = \sqrt{n} · \sqrt{n + 1}$.

答案： 12.$a_{n} = \sqrt{n} · \sqrt{n + 1}$ 解析：由$\sqrt{n}a_{n + 1} = \sqrt{n + 2}a_{n}$，得$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{\sqrt{n + 2}}{\sqrt{n}}$，所以$\frac{a_{2}}{a_{1}} · \frac{a_{3}}{a_{2}} ·s \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} = \frac{\sqrt{3}}{1} · \frac{\sqrt{4}}{\sqrt{2}} ·s \frac{\sqrt{n + 1}}{\sqrt{n - 1}}$，即$\frac{a_{n}}{a_{1}} = \frac{\sqrt{n} · \sqrt{n + 1}}{\sqrt{2}}$．因为$a_{1} = \sqrt{2}$，所以$a_{n} = \sqrt{n} · \sqrt{n + 1}$．

13.$[$瑞金一中2024江西高一检测$]$已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=2,a_{n+1}=2\frac{n+1}{n}a_{n}(n\in \mathbf{N}^{*})$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n} = n · 2^{n}$.

答案： 13.$a_{n} = n · 2^{n}$ 解析：数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1} = 2$，$a_{n + 1} = 2^{(\frac{n + 1}{n})}a_{n}(n \in N^{*})$，则$a_{2} = 4a_{1} ＞ 0$，$a_{3} = 2 × \frac{3}{2}a_{2} ＞ 0$，···，依此类推，对任意的$n \in N^{*}$，$a_{n} ＞ 0$，由已知条件可得$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{2(n + 1)}{n}$，则$a_{n} = a_{1} · \frac{a_{2}}{a_{1}} · \frac{a_{3}}{a_{2}} ·s \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} = 2 × \frac{2 × 2}{1} × \frac{2 × 3}{2} × ·s × \frac{2n}{n - 1} = n · 2^{n}$．
所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n} = n · 2^{n}$．
方法总结
递推公式为$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = f(n)(f(n)$可求积)或能转化为$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = f(n)(f(n)$可求积)的数列求通项公式，通常采用累乘法$\frac{a_{2}}{a_{1}} · \frac{a_{3}}{a_{2}} · \frac{a_{4}}{a_{3}} ·s \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} = \frac{a_{n}}{a_{1}}$求$a_{n}$

14.$[$2024安徽滁州高二检测$]$已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n+2}+a_{n}=2a_{n+1}+1$，且$a_{1}=1,a_{2}=5$，则$a_{18}=$（ $)$

A.$69$
B.$105$
C.$204$
D.$205$

答案： 14.D 解析：因为$a_{n + 2} + a_{n} = 2a_{n + 1}$，所以$(a_{n + 2} - a_{n + 1}) - (a_{n + 1} - a_{n}) = 1$，构造新数列．
且$a_{1} = 1$，$a_{2} = 5$，故$\{ a_{n + 1} - a_{n}\}$是以4为首项，1为公差的等差数列，所以$a_{18} - a_{1} = (a_{18} - a_{17}) + (a_{17} - a_{16}) + ·s + (a_{2} - a_{1}) = 17 + 16 + ·s + 1 + 3 × 17 + 1 = \frac{17 × (17 + 1)}{2} + 3 × 17 + 1 = 205$．

15.$[$实验中学2024山东省高二检测$]$已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n+1}=ka_{n}-1(n\in \mathbf{N}^{*},k\in \mathbf{R})$，若数列$\{ a_{n}-1\}$是等比数列，则$k=$（ $)$

A.$1$
B.$-1$
C.$-2$
D.$2$

答案： 15.D 解析：(方法1)设等比数列$\{ a_{n} - 1\}$的公比为$q$，则$a_{n + 1} - 1 = q(a_{n} - 1)$，得$a_{n + 1} = qa_{n} + 1 - q$．
又$a_{n + 1} = ka_{n} - 1$，所以$\begin{cases} q = k, \\ 1 - q = - 1, \end{cases}$得$\begin{cases} q = 2, \\ k = 2. \end{cases}$
(方法2)依题意得$a_{2} - 1 = ka_{1} - 1 - 1 = k^{2}a_{1} - k - 1$，因为$\{ a_{n}\}$是等比数列，所以$(a_{2} - 1)^{2} = (a_{1} - 1) · (a_{3} - 1)$，即$(ka_{1} - 2)^{2} = (a_{1} - 1)(k^{2}a_{1} - k - 2)$，所以$(k - 2) · [a_{1}(k - 1) - 1] = 0$，由此式对任意实数$a_{1}$都成立，得$k - 2 = 0$，即$k = 2$，此时$a_{n + 1} = 2a_{n} - 1$，即$a_{n + 1} - 1 = 2(a_{n} - 1)$，即$\{ a_{n} - 1\}$是等比数列．
点评
由$\{ a_{n} - 1\}$是等比数列，求参数$k$的值，可用待定系数法，也可利用前三项是等比的关系，列出等式，求出参数$k$的值，再检验所得数列是否符合题意．

16. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n+1}=2a_{n}+3× 5^{n},a_{1}=2$，求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式.

答案： 16.解：将递推关系式两边同除以$5^{n + 1}$，得$\frac{a_{n + 1}}{5^{n + 1}} = \frac{2}{5} × \frac{a_{n}}{5^{n}} + \frac{3}{5}$，进一步变形得$\frac{a_{n + 1}}{5^{n + 1}} - 1 = \frac{2}{5}(\frac{a_{n}}{5^{n}} - 1)$，
由于$\frac{a_{1}}{5^{1}} - 1 = - \frac{3}{5} \neq 0$，所以数列$\{\frac{a_{n}}{5^{n}} - 1\}$是以$- \frac{3}{5}$为首项，$\frac{2}{5}$为公比的等比数列，从而$\frac{a_{n}}{5^{n}} - 1 = - \frac{3}{5} × (\frac{2}{5})^{n - 1}$，所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n} = 5^{n} - 3 × 2^{n - 1}$．
方法总结
①递推公式为$a_{n + 1} = pa_{n} + rq^{n}$的数列，通常将$a_{n + 1} = pa_{n} + rq^{n}$化为$\frac{a_{n + 1}}{q^{n + 1}} = \frac{p · a_{n}}{q · q^{n}} + \frac{r}{q}$，构造辅助数列$\{ b_{n}\}$，$b_{n + 1} = \frac{p}{q}b_{n} + \frac{r}{q}$，再构造另一个数列；②递推公式为$a_{n} = \frac{m · a_{n - 1}}{k(a_{n - 1} + b)}(n \geq 2)$的数列，通常将$a_{n} = \frac{m · a_{n - 1}}{k(a_{n - 1} + b)}$两边取倒数得$\frac{1}{a_{n}} = \frac{kb}{m} · \frac{1}{a_{n - 1}} + \frac{k}{m}$，令$b_{n} = \frac{1}{a_{n}}$进行转化；③递推公式为$a_{n} = p · a_{n - 1}^{r}(n \geq 2, a_{n} ＞ 0)$的数列，通常将$a_{n} = p · a_{n - 1}^{r}$化为$\lg a_{n} = \lg p + r\lg a_{n - 1}$．