《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

例3 已知数列$\{a_{n}\}$满足$a_{1}=3,a_{n + 1}=3a_{n}+2\cdot3^{n + 1},n\in\mathbf{N}^{*}$，则数列$\{a_{n}\}$的通项公式为（ ）
A.$a_{n}=(2n + 1)\cdot3^{n}$
B.$a_{n}=(n - 1)\cdot2^{n}$
C.$a_{n}=(2n - 1)\cdot3^{n}$
D.$a_{n}=(n + 1)\cdot2^{n}$

答案： C　[由$a_{n + 1}=3a_{n}+2\cdot3^{n + 1}$得$\frac{a_{n + 1}}{3^{n + 1}}=\frac{a_{n}}{3^{n}}+2$，
　
∴$\frac{a_{n + 1}}{3^{n + 1}}-\frac{a_{n}}{3^{n}}=2$，即数列$\{\frac{a_{n}}{3^{n}}\}$是首项为$1$，公差为$2$的等差数列，
　
∴$\frac{a_{n}}{3^{n}}=2n - 1$， 　故$a_{n}=(2n - 1)\cdot3^{n}$]

跟踪训练1（多选）已知数列$\{a_{n}\}$，下列结论正确的有（ ）
A.若$a_{1}=2,2(n + 1)a_{n}-na_{n + 1}=0$，则$a_{n}=n\cdot2^{n}$
B.在数列$\{a_{n}\}$中，$a_{1}=1$，且$a_{n}=2a_{n - 1}+3(n\geqslant2$，且$n\in\mathbf{N}^{*})$，则数列$\{a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=2^{n + 1}-3$
C.若$a_{1}=2,a_{n}=\frac{1}{3}a_{n - 1}+(\frac{1}{3})^{n}(n\geqslant2)$，则数列$\{\frac{a_{n}}{(\frac{1}{3})^{n}}\}$是等比数列
D.已知数列$\{a_{n}\}$满足$a_{1}=1,a_{n + 1}=2a_{n}+n - 1$，则数列$\{a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=2^{n}-n + 1$

答案： 跟踪训练1AB

例4 已知数列$\{a_{n}\}$满足$a_{1}=5,a_{2}=5,a_{n + 1}=a_{n}+6a_{n - 1}(n\geqslant2)$.
(1)求证：$\{a_{n + 1}+2a_{n}\}$是等比数列；
(2)求数列$\{a_{n}\}$的通项公式.

答案：
(1)证明
∵$a_{n + 1}=a_{n}+6a_{n - 1}(n\geqslant2)$，
∴$a_{n + 1}+2a_{n}=3a_{n}+6a_{n - 1}=3(a_{n}+2a_{n - 1})(n\geqslant2)$.
　
∵$a_{1}=5,a_{2}=5$，
∴$a_{2}+2a_{1}=15$，
　
∴$a_{n}+2a_{n - 1}\neq0(n\geqslant2)$，
　
∴$\frac{a_{n + 1}+2a_{n}}{a_{n}+2a_{n - 1}}=3(n\geqslant2)$，
　
∴数列$\{a_{n + 1}+2a_{n}\}$是以$15$为首项，$3$为公比的等比数列 　
(2)解　　由
(1)得$a_{n + 1}+2a_{n}=15\times3^{n - 1}=5\times3^{n}$， 　则$a_{n + 1}=-2a_{n}+5\times3^{n}$，
　
∴$a_{n + 1}-3^{n + 1}=-2(a_{n}-3^{n})$. 　又
∵$a_{1}-3 = 2$，
　
∴$a_{n}-3^{n}\neq0$，
　
∴$\{a_{n}-3^{n}\}$是以$2$为首项，$-2$为公比的等比数列.
　
∴$a_{n}-3^{n}=2\times(-2)^{n - 1}$， 　即$a_{n}=-(-2)^{n}+3^{n}$.

跟踪训练2 已知数列$\{a_{n}\}$满足$3a_{n}a_{n + 2}-a_{n}a_{n + 1}=2a_{n + 1}a_{n + 2}$，且$a_{1}=3a_{2}=1$.证明数列$\{\frac{1}{a_{n + 1}}-\frac{1}{a_{n}}\}$为等比数列，并求数列$\{a_{n}\}$的通项公式.

答案： 证明　　因为$3a_{n}a_{n + 2}-a_{n}a_{n + 1}=2a_{n + 1}a_{n + 2}$，$a_{n}\neq0$， 　等式两边同除以$a_{n}a_{n + 1}a_{n + 2}$，得 　$\frac{1}{a_{n + 2}}=\frac{3}{a_{n + 1}}-\frac{2}{a_{n}}$， 　则$\frac{1}{a_{n + 2}}-\frac{1}{a_{n + 1}}=2(\frac{1}{a_{n + 1}}-\frac{1}{a_{n}})$， 　所以数列$\{\frac{1}{a_{n + 1}}-\frac{1}{a_{n}}\}$是以$\frac{1}{a_{2}}-\frac{1}{a_{1}}=2$为首项，$2$为公比的等比数列， 　则$\frac{1}{a_{n + 1}}-\frac{1}{a_{n}}=2\times2^{n - 1}=2^{n}$， 所以$\frac{1}{a_{n + 1}}=(\frac{1}{a_{n + 1}}-\frac{1}{a_{n}})+(\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n - 1}})$ 　$+\cdots+(\frac{1}{a_{2}}-\frac{1}{a_{1}})+\frac{1}{a_{1}}=2^{n}+2^{n - 1}+\cdots+2^{1}+1=2^{n + 1}-1$， 　则$a_{n + 1}=\frac{1}{2^{n + 1}-1}$， 　当$n\geqslant2$时，$a_{n}=\frac{1}{2^{n}-1}$， 　又当$n = 1$时，上式也成立， 　故$a_{n}=\frac{1}{2^{n}-1}$