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2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
1. [2023 四川⋅ 雅安高二期末]在数列$1,1,2,3,5,8,13,x,34,55,·s$中，若该数列各项排列遵循一定的规律，则$x$的值是(
A.$19$
B.$20$
C.$21$
D.$22$
C
)A.$19$
B.$20$
C.$21$
D.$22$
答案：
1.C 解析：根据数列1,1,2,3,5,8,13,x,34,55,⋯,可以发现,从第三项起,每一项都是前面两项的和,所以x=8+13=21.
［点评］本题考查数列的表示方法,关键是找出数列中项与项之间的关系.
［点评］本题考查数列的表示方法,关键是找出数列中项与项之间的关系.
2. [济南高二检测]数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{n + 1} = 2a_{n} + 1$，$a_{1} = 1$，则$a_{6} = ($ )
A.$32$
B.$62$
C.$63$
D.$64$
A.$32$
B.$62$
C.$63$
D.$64$
答案：
2.C 解析：
∵数列$\left\{a_{n}\right\}$中$,a_{n+1}=2a_{n}+1,a_{1}=1,$
∴$a_{2}=2a_{1}+1=3,a_{3}=2a_{2}+1=7,a_{4}=2a_{3}+1=15,$
$a_{5}=2a_{4}+1=31,a_{6}=2a_{5}+1=63.$
∵数列$\left\{a_{n}\right\}$中$,a_{n+1}=2a_{n}+1,a_{1}=1,$
∴$a_{2}=2a_{1}+1=3,a_{3}=2a_{2}+1=7,a_{4}=2a_{3}+1=15,$
$a_{5}=2a_{4}+1=31,a_{6}=2a_{5}+1=63.$
3. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n}a_{n + 1} = \frac{1}{n + 2}$，$a_{3} = \frac{3}{4}$，则$a_{1} = ($ )
A.$\frac{1}{4}$
B.$\frac{2}{3}$
C.$1$
D.$2$
A.$\frac{1}{4}$
B.$\frac{2}{3}$
C.$1$
D.$2$
答案：
3.C 解析：因为$a_{3}=\frac{3}{4},a_{n}a_{n+1}=\frac{1}{n+2},$
所以$a_{2}a_{3}=a_{2}×\frac{3}{4}=\frac{1}{4},$解得$a_{2}=\frac{1}{3},$
由$a_{1}a_{2}=a_{1}×\frac{1}{3}=\frac{1}{3},$得$a_{1}=1.$
故选C.
所以$a_{2}a_{3}=a_{2}×\frac{3}{4}=\frac{1}{4},$解得$a_{2}=\frac{1}{3},$
由$a_{1}a_{2}=a_{1}×\frac{1}{3}=\frac{1}{3},$得$a_{1}=1.$
故选C.
4. 在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1} = 3$，$a_{n + 1} = a_{n} + \frac{1}{n(n + 1)}$，则$a_{n} =$
$4-\frac{1}{n}$
.
答案：
$4.4-\frac{1}{n} $解析：(累加法)
∵$a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \Rightarrow $裂项是解题关键.
∴$a_{2}-a_{1}=1-\frac{1}{2},a_{3}-a_{2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3},⋯,a_{n}-a_{n-1}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}(n\geq2).$以上各式累加,得$a_{n}-a_{1}=1-\frac{1}{n}$
∵$a_{1}=3,$
∴$a_{n}=4-\frac{1}{n}(n\geq2).$
当n=1时,上式也成立,
∴$a_{n}=4-\frac{1}{n}$
［注意］◇◇
累加法的适用范围：若数列$\left\{a_{n}\right\}$满足$a_{n+1}-a_{n}=f(n)$
$(n\in N^*)$且f(n)可求和,则可用累加法求通项公式.
方法总结
累加法的一般步骤
1.在$a_{n+1}-a_{n}=f(n)(n\in N^*)$中分别令n=1,2,3,⋯,
n-1,得$a_{2}-a_{1}=f(1),a_{3}-a_{2}=f(2),a_{4}-a_{3}=f(3),⋯,$
$a_{n}-a_{n-1}=f(n-1).$
2.将以上(n-1)个等式相加得$a_{n}-a_{1}$的结果.
3.将已知$a_{1}$的值代入求得通项公式.
∵$a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1} \Rightarrow $裂项是解题关键.
∴$a_{2}-a_{1}=1-\frac{1}{2},a_{3}-a_{2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3},⋯,a_{n}-a_{n-1}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}(n\geq2).$以上各式累加,得$a_{n}-a_{1}=1-\frac{1}{n}$
∵$a_{1}=3,$
∴$a_{n}=4-\frac{1}{n}(n\geq2).$
当n=1时,上式也成立,
∴$a_{n}=4-\frac{1}{n}$
［注意］◇◇
累加法的适用范围：若数列$\left\{a_{n}\right\}$满足$a_{n+1}-a_{n}=f(n)$
$(n\in N^*)$且f(n)可求和,则可用累加法求通项公式.
方法总结
累加法的一般步骤
1.在$a_{n+1}-a_{n}=f(n)(n\in N^*)$中分别令n=1,2,3,⋯,
n-1,得$a_{2}-a_{1}=f(1),a_{3}-a_{2}=f(2),a_{4}-a_{3}=f(3),⋯,$
$a_{n}-a_{n-1}=f(n-1).$
2.将以上(n-1)个等式相加得$a_{n}-a_{1}$的结果.
3.将已知$a_{1}$的值代入求得通项公式.
5. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1} = 1$，$a_{n} = \frac{n - 1}{n} · a_{n - 1}(n ＞ 1)$，则$a_{n} =$
$\frac{1}{n}$
.
答案：
$5.\frac{1}{n} $解析：(累乘法)
∵$a_{n}=\frac{n-1}{n} · a_{n-1}(n＞1),$
∴$\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{n-1}{n}(n＞1).$
$\therefore\frac{a_{2}}{a_{1}}·\frac{a_{3}}{a_{2}}·\frac{a_{4}}{a_{3}}⋯\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}·\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{1}{2}×\frac{2}{3}×\frac{3}{4}×⋯×\frac{n-2}{n-1}×\frac{n-1}{n}=\frac{1}{n}$
$\therefore\frac{a_{n}}{a_{1}}=\frac{1}{n},\therefore a_{n}=\frac{1}{n}(n＞1).$
当n=1时,上式也成立$,\therefore a_{n}=\frac{1}{n}$
方法总结
累乘法的一般步骤
1.在$\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=f(n),n\in N^*$中分别令n=1,2,3,⋯,n-1,
得$\frac{a_{2}}{a_{1}}=f(1),\frac{a_{3}}{a_{2}}=f(2),\frac{a_{4}}{a_{3}}=f(3),⋯,\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=$
f(n-1).
2.将以上(n-1)个等式相乘得$\frac{a_{n}}{a_{1}}$的结果.
3.将已知$a_{1}$的值代入求得通项公式.
∵$a_{n}=\frac{n-1}{n} · a_{n-1}(n＞1),$
∴$\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{n-1}{n}(n＞1).$
$\therefore\frac{a_{2}}{a_{1}}·\frac{a_{3}}{a_{2}}·\frac{a_{4}}{a_{3}}⋯\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}·\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{1}{2}×\frac{2}{3}×\frac{3}{4}×⋯×\frac{n-2}{n-1}×\frac{n-1}{n}=\frac{1}{n}$
$\therefore\frac{a_{n}}{a_{1}}=\frac{1}{n},\therefore a_{n}=\frac{1}{n}(n＞1).$
当n=1时,上式也成立$,\therefore a_{n}=\frac{1}{n}$
方法总结
累乘法的一般步骤
1.在$\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=f(n),n\in N^*$中分别令n=1,2,3,⋯,n-1,
得$\frac{a_{2}}{a_{1}}=f(1),\frac{a_{3}}{a_{2}}=f(2),\frac{a_{4}}{a_{3}}=f(3),⋯,\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=$
f(n-1).
2.将以上(n-1)个等式相乘得$\frac{a_{n}}{a_{1}}$的结果.
3.将已知$a_{1}$的值代入求得通项公式.
6. [2024 浙江诸暨⋅ 牌头中学高二检测]已知$a_{1} = 2$，$a_{n + 1} = a_{n} + \ln\left( 1 + \frac{1}{n} \right)$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为
$a_{n}=2+\ln n$
.
答案：
$6.a_{n}=2+\ln n $解析：(方法1：观察法)数列的前5项分
别为$a_{1}=2,a_{2}=2+\ln(1+\frac{1}{2})=2+\ln2,$
$a_{3}=(2+\ln2)+\ln(1+\frac{1}{2})=2+\ln3,$
对数的运算法则$2+\ln2+\ln(1+\frac{1}{2})=2+\ln2+\ln\frac{3}{2}=2+$
$\ln2+\ln3-\ln2=2+\ln3.$
$a_{4}=(2+\ln3)+\ln(1+\frac{1}{3})=2+\ln4,$
$a_{5}=(2+\ln4)+\ln(1+\frac{1}{4})=2+\ln5,$
由此可得数列的通项公式为$a_{n}=2+\ln n.$
(方法2：迭代法$)a_{2}=a_{1}+\ln(1+\frac{1}{1}),$
$a_{3}=a_{2}+\ln(1+\frac{1}{2}),⋯,a_{n}=a_{n-1}+\ln(1+\frac{1}{n-1})(n\geq2),$
则$a_{n}=a_{1}+\ln(\frac{2}{1}×\frac{3}{2}×\frac{4}{3}×⋯×\frac{n}{n-1})=2+\ln n(n\geq2).$
又$a_{1}=2=2+\ln1,\therefore a_{n}=2+\ln n.$
(方法3：累加法$)a_{n+1}-a_{n}=\ln(1+\frac{1}{n})=\ln(1+n)-\ln n,$
$a_{1}=2,a_{2}-a_{1}=\ln2,a_{3}-a_{2}=\ln3-\ln2,a_{4}-a_{3}=\ln4-$
$\ln3,⋯,a_{n}-a_{n-1}=\ln n-\ln(n-1)(n\geq2),$以上各式相加,
得$a_{n}=2+\ln2+(\ln3-\ln2)+⋯+[\ln n-\ln(n-1)],$
$\therefore a_{n}=2+\ln n(n\geq2).$
∵$a_{1}=2$也适合上式$,\therefore a_{n}=2+\ln n.$
别为$a_{1}=2,a_{2}=2+\ln(1+\frac{1}{2})=2+\ln2,$
$a_{3}=(2+\ln2)+\ln(1+\frac{1}{2})=2+\ln3,$
对数的运算法则$2+\ln2+\ln(1+\frac{1}{2})=2+\ln2+\ln\frac{3}{2}=2+$
$\ln2+\ln3-\ln2=2+\ln3.$
$a_{4}=(2+\ln3)+\ln(1+\frac{1}{3})=2+\ln4,$
$a_{5}=(2+\ln4)+\ln(1+\frac{1}{4})=2+\ln5,$
由此可得数列的通项公式为$a_{n}=2+\ln n.$
(方法2：迭代法$)a_{2}=a_{1}+\ln(1+\frac{1}{1}),$
$a_{3}=a_{2}+\ln(1+\frac{1}{2}),⋯,a_{n}=a_{n-1}+\ln(1+\frac{1}{n-1})(n\geq2),$
则$a_{n}=a_{1}+\ln(\frac{2}{1}×\frac{3}{2}×\frac{4}{3}×⋯×\frac{n}{n-1})=2+\ln n(n\geq2).$
又$a_{1}=2=2+\ln1,\therefore a_{n}=2+\ln n.$
(方法3：累加法$)a_{n+1}-a_{n}=\ln(1+\frac{1}{n})=\ln(1+n)-\ln n,$
$a_{1}=2,a_{2}-a_{1}=\ln2,a_{3}-a_{2}=\ln3-\ln2,a_{4}-a_{3}=\ln4-$
$\ln3,⋯,a_{n}-a_{n-1}=\ln n-\ln(n-1)(n\geq2),$以上各式相加,
得$a_{n}=2+\ln2+(\ln3-\ln2)+⋯+[\ln n-\ln(n-1)],$
$\therefore a_{n}=2+\ln n(n\geq2).$
∵$a_{1}=2$也适合上式$,\therefore a_{n}=2+\ln n.$
7. [2024 合肥⋅ 八中高二检测]定义：对于数列$\{ a_{n}\}$，如果存在一个常数$T(T \in \mathbf{N}^{*})$，使得对任意的正整数$n \geqslant n_{0}$恒有$a_{n + T} = a_{n}$，则称数列$\{ a_{n}\}$是从第$n_{0}$项起的周期为$T$的周期数列.已知周期数列$\{ b_{n}\}$满足$b_{1} = 1$，$b_{2} = 3$，$b_{n} = b_{n - 1} - b_{n - 2}(n \geqslant 3)$，则$b_{2023} = ($ )
A.$-1$
B.$-3$
C.$-2$
D.$1$
A.$-1$
B.$-3$
C.$-2$
D.$1$
答案：
7.D 解析：写出周期数列$\left\{b_{n}\right\}$的前几项：1,3,2,-1,-3,
-2,1,3,2,-1,-3,-2,1,⋯,发现周期数列$\left\{b_{n}\right\}$是从第
1项起的周期为6的周期数列$,\therefore b_{2023}=b_{337×6+1}=b_{1}=$
1.故选D.
-2,1,3,2,-1,-3,-2,1,⋯,发现周期数列$\left\{b_{n}\right\}$是从第
1项起的周期为6的周期数列$,\therefore b_{2023}=b_{337×6+1}=b_{1}=$
1.故选D.
8. [2024 北京师范大学附属中学高二中]已知数列$\{ a_{n}\}$的首项为$2$，满足$a_{n + 1} = \frac{a_{n} - 1}{a_{n} + 1}$，则$a_{2022} = ($ )
A.$2$
B.$-3$
C.$\frac{1}{3}$
D.$- \frac{1}{2}$
A.$2$
B.$-3$
C.$\frac{1}{3}$
D.$- \frac{1}{2}$
答案：
8.C 解析：因为$a_{1}=2,$所以$a_{2}=\frac{\frac{1}{2}-1}{2}=-\frac{1}{3},a_{3}=$
$=-\frac{-\frac{1}{3}-1}{-\frac{1}{3}+1}=-3,a_{4}=\frac{-3-1}{-3+1}=2,$
所以数列$\left\{a_{n}\right\}$是以4为周期的周期数列,
所以$a_{2022}=a_{2}=\frac{1}{3}.$故选C.
$=-\frac{-\frac{1}{3}-1}{-\frac{1}{3}+1}=-3,a_{4}=\frac{-3-1}{-3+1}=2,$
所以数列$\left\{a_{n}\right\}$是以4为周期的周期数列,
所以$a_{2022}=a_{2}=\frac{1}{3}.$故选C.
9. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1} = - \frac{1}{4}$，$a_{n} = 1 - \frac{1}{a_{n - 1}}(n ＞ 1)$，则$a_{2024} = ($ )
A.$- \frac{1}{4}$
B.$5$
C.$\frac{1}{5}$
D.$\frac{4}{5}$
A.$- \frac{1}{4}$
B.$5$
C.$\frac{1}{5}$
D.$\frac{4}{5}$
答案：
9.B 解析：
∵$a_{1}=-\frac{1}{4},a_{n}=1-\frac{1}{a_{n-1}}(n＞1),$
$\therefore a_{2}=1-\frac{1}{a_{1}}=1-\frac{1}{-\frac{1}{4}}=5,a_{3}=1-\frac{1}{a_{2}}=1-\frac{1}{5}=\frac{4}{5},$
$a_{4}=1-\frac{1}{a_{3}}=1-\frac{1}{\frac{4}{5}}=-\frac{1}{4}=a_{1}.$
$\therefore$数列$\left\{a_{n}\right\}$的周期为$3.\therefore a_{2024}=a_{3×674+2}=a_{2}=5.$
方法总结
利用数列的周期性求数列中的项的一般步骤
1.根据已知的数列的递推公式,写出数列的前几项,直
至出现重复的项.
2.确定该数列的周期.
3.利用周期性求出要求的项.
∵$a_{1}=-\frac{1}{4},a_{n}=1-\frac{1}{a_{n-1}}(n＞1),$
$\therefore a_{2}=1-\frac{1}{a_{1}}=1-\frac{1}{-\frac{1}{4}}=5,a_{3}=1-\frac{1}{a_{2}}=1-\frac{1}{5}=\frac{4}{5},$
$a_{4}=1-\frac{1}{a_{3}}=1-\frac{1}{\frac{4}{5}}=-\frac{1}{4}=a_{1}.$
$\therefore$数列$\left\{a_{n}\right\}$的周期为$3.\therefore a_{2024}=a_{3×674+2}=a_{2}=5.$
方法总结
利用数列的周期性求数列中的项的一般步骤
1.根据已知的数列的递推公式,写出数列的前几项,直
至出现重复的项.
2.确定该数列的周期.
3.利用周期性求出要求的项.
10. 数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1} = 2$，$a_{n} = 2a_{n - 1}(n \in \mathbf{N}^{*},2 \leqslant n \leqslant 10)$，则数列$\{ a_{n}\}$的最大项为
1024
.
答案：
10.1024 解析：因为$a_{1}=2,a_{n}=2a_{n-1},$所以$a_{n}＞0,$所以
$\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=2＞1,$所以$a_{n}＞a_{n-1},$即数列$\left\{a_{n}\right\}$是递增数列,所以
数列$\left\{a_{n}\right\}$的最大项为$a_{10},a_{10}=2a_{9}=2^{2}a_{8}=⋯=2^{9}a_{1}$
$=2^{9}·2=2^{10}=1024.$
$\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=2＞1,$所以$a_{n}＞a_{n-1},$即数列$\left\{a_{n}\right\}$是递增数列,所以
数列$\left\{a_{n}\right\}$的最大项为$a_{10},a_{10}=2a_{9}=2^{2}a_{8}=⋯=2^{9}a_{1}$
$=2^{9}·2=2^{10}=1024.$
11. [北京卷]已知$\{ a_{n}\}$是各项均为整数的递增数列，且$a_{1} \geqslant 3$. 若$a_{1} + a_{2} + ·s + a_{n} = 100$，则$n$的最大值为(
A.$9$
B.$10$
C.$11$
D.$12$
C
)A.$9$
B.$10$
C.$11$
D.$12$
答案：
11.C 解析：因为数列$\left\{a_{n}\right\}$满足三个特征,整数数列,递
增,前n项和为100,所以欲求n的最大值,只需满足条
件的项数足够多即可,即需要保证$a_{k+1}-a_{k}(k\leq n-1)$的
值取最小的正整数.又$a_{1}\geq3,$故可取$a_{1}=3,a_{k+1}-a_{k}=$
1,数列$\left\{a_{n}\right\}$的前10项为3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,则
第11项$a_{11}=100-(3+4+5+6+7+8+9+10+11+12)=25,$
满足题意,取数列$\left\{a_{n}\right\}$的前11项为3,4,5,6,7,8,9,10,
11,12,13,则第12项$a_{12}=100-(3+4+5+6+7+8+9+10+$
11+12+13)=12,不满足题意,故n的最大值为11.
增,前n项和为100,所以欲求n的最大值,只需满足条
件的项数足够多即可,即需要保证$a_{k+1}-a_{k}(k\leq n-1)$的
值取最小的正整数.又$a_{1}\geq3,$故可取$a_{1}=3,a_{k+1}-a_{k}=$
1,数列$\left\{a_{n}\right\}$的前10项为3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,则
第11项$a_{11}=100-(3+4+5+6+7+8+9+10+11+12)=25,$
满足题意,取数列$\left\{a_{n}\right\}$的前11项为3,4,5,6,7,8,9,10,
11,12,13,则第12项$a_{12}=100-(3+4+5+6+7+8+9+10+$
11+12+13)=12,不满足题意,故n的最大值为11.
12. [教材 7 页思考]已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n} = n^{2} - 2n + 3$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为.
答案：
$12.a_{n}=\begin{cases}2(n=1),\\2n-3(n\geq2)\end{cases} $解析：当n=1时$,a_{1}=S_{1}=1^{2}-$
2×1+3=2;当$n\geq2$时$,a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=n^{2}-2n+3-[(n-$
$1)^{2}-2(n-1)+3]=2n-3.$
故数列$\left\{a_{n}\right\}$的通项公式为$a_{n}=\begin{cases}2(n=1),\\2n-3(n\geq2)\end{cases}.$
方法总结
已知数列的前n项和求通项公式的一般步骤
1.先利用$a_{1}=S_{1}$求出$a_{1}.$
2.用n-1替换$S_{n}$中的n得到一个新的关系,利用$a_{n}=$
$S_{n}-S_{n-1}(n\geq2)$便可求出当$n\geq2$时$a_{n}$的解析式.
3.对n=1时的结果进行检验,看是否符合$n\geq2$时
$a_{n}$的解析式,若符合,则可以把数列的通项公式合并；
若不符合,则应该分n=1与$n\geq2$两段来写.
2×1+3=2;当$n\geq2$时$,a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=n^{2}-2n+3-[(n-$
$1)^{2}-2(n-1)+3]=2n-3.$
故数列$\left\{a_{n}\right\}$的通项公式为$a_{n}=\begin{cases}2(n=1),\\2n-3(n\geq2)\end{cases}.$
方法总结
已知数列的前n项和求通项公式的一般步骤
1.先利用$a_{1}=S_{1}$求出$a_{1}.$
2.用n-1替换$S_{n}$中的n得到一个新的关系,利用$a_{n}=$
$S_{n}-S_{n-1}(n\geq2)$便可求出当$n\geq2$时$a_{n}$的解析式.
3.对n=1时的结果进行检验,看是否符合$n\geq2$时
$a_{n}$的解析式,若符合,则可以把数列的通项公式合并；
若不符合,则应该分n=1与$n\geq2$两段来写.
13. [2024 山东⋅ 泰安高二检测]设$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，若$S_{n} = \frac{1}{2}a_{n} + 1$，$n \in \mathbf{N}^{*}$，则$a_{5} =$
2
.
答案：
13.2 解析：当$n\geq2$时$,\begin{cases}2S_{n}=a_{n}+2,\\2S_{n-1}=a_{n-1}+2,\end{cases}$
两式相减,得
$2a_{n}=a_{n}-a_{n-1},\therefore a_{n}=-a_{n-1}\Rightarrow a_{n+1}=-a_{n}=a_{n-1}=a_{n+2}$
$=a_{n}$故数列$\left\{a_{n}\right\}$是周期为2的数列.
$\because a_{1}=S_{1}=\frac{1}{2}a_{1}+1,\therefore a_{1}=2.\therefore a_{5}=a_{3}=a_{1}=2.$
两式相减,得
$2a_{n}=a_{n}-a_{n-1},\therefore a_{n}=-a_{n-1}\Rightarrow a_{n+1}=-a_{n}=a_{n-1}=a_{n+2}$
$=a_{n}$故数列$\left\{a_{n}\right\}$是周期为2的数列.
$\because a_{1}=S_{1}=\frac{1}{2}a_{1}+1,\therefore a_{1}=2.\therefore a_{5}=a_{3}=a_{1}=2.$
14. [2024 北京⋅ 丰台区高二期末]设数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，$S_{n} = 2^{n} + cn(n \geqslant 1,n \in \mathbf{N}^{*})$，且$a_{3} = 7$，则首项$a_{1}$的值是
5
.
答案：
14.5 解析：由题意得,当n=1时$,a_{1}=S_{1}=2^{1}+c;$当$n\geq2$时$,a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=2^{n}+cn-2^{n-1}-c(n-1)=$
$2^{n-1}+c.\therefore a_{3}=2^{3-1}+c=4+c=7,$
［注意条件$n\geq2.］$
解得c=3.
$\therefore a_{1}=2+c=2+3=5.$
$2^{n-1}+c.\therefore a_{3}=2^{3-1}+c=4+c=7,$
［注意条件$n\geq2.］$
解得c=3.
$\therefore a_{1}=2+c=2+3=5.$
15. 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式.
(1)$S_{n} = 2^{n} - 1$，$n \in \mathbf{N}^{*}$；
(2)$S_{n} = 2n^{2} + n + 3$，$n \in \mathbf{N}^{*}$.
(1)$S_{n} = 2^{n} - 1$，$n \in \mathbf{N}^{*}$；
(2)$S_{n} = 2n^{2} + n + 3$，$n \in \mathbf{N}^{*}$.
答案：
15.解：
(1)因为$S_{n}=2^{n}-1(n\in N^*),$
所以当n=1时$,a_{1}=S_{1}=2-1=1;$
当$n\geq2$时$,a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=2^{n}-1-(2^{n-1}-1)=2^{n-1}.$
经检验,当n=1时,符合上式,所以$a_{n}=2^{n-1}(n\in N^*).$
(2)因为$S_{n}=2n^{2}+n+3(n\in N^*),$所以当n=1时,a_{1
}$=S_{1}=2×1^{2}+1+3=6;$当$n\geq2$时$,a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=$
$2n^{2}+n+3-[2(n-1)^{2}+(n-1)+3]=4n-1.$
经检验,当n=1时,不符合上式,
所以$a_{n}=\begin{cases}6(n=1),\\4n-1(n\geq2,n\in N^*)\end{cases}.$
［易错警示］◇◇
由数列$\left\{a_{n}\right\}$的前n项和$S_{n}$求通项公式时,要注意
验证当n=1时的情况.若$a_{1}=S_{1}$适合$a_{n}(n\geq2,$
$n\in N^*)$的表达式,则通项公式可以合并,否则就写成
分段的形式.
(1)因为$S_{n}=2^{n}-1(n\in N^*),$
所以当n=1时$,a_{1}=S_{1}=2-1=1;$
当$n\geq2$时$,a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=2^{n}-1-(2^{n-1}-1)=2^{n-1}.$
经检验,当n=1时,符合上式,所以$a_{n}=2^{n-1}(n\in N^*).$
(2)因为$S_{n}=2n^{2}+n+3(n\in N^*),$所以当n=1时,a_{1
}$=S_{1}=2×1^{2}+1+3=6;$当$n\geq2$时$,a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=$
$2n^{2}+n+3-[2(n-1)^{2}+(n-1)+3]=4n-1.$
经检验,当n=1时,不符合上式,
所以$a_{n}=\begin{cases}6(n=1),\\4n-1(n\geq2,n\in N^*)\end{cases}.$
［易错警示］◇◇
由数列$\left\{a_{n}\right\}$的前n项和$S_{n}$求通项公式时,要注意
验证当n=1时的情况.若$a_{1}=S_{1}$适合$a_{n}(n\geq2,$
$n\in N^*)$的表达式,则通项公式可以合并,否则就写成
分段的形式.
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