《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

@对点训练
已知$a_{1}=1$，当$n\geq2$时，$a_{n} = \frac{1}{2}a_{n - 1} + 2n - 1$，则$a_{n}=$__________.

答案： [解析]设$a_{n}+pn + q=\frac{1}{2}[a_{n - 1}+p(n - 1)+q]$，
即$a_{n}=\frac{1}{2}a_{n - 1}-\frac{1}{2}pn-\frac{1}{2}p-\frac{1}{2}q$，
与原式比较，对应项系数相等得$\begin{cases}-\frac{1}{2}p = 2\\-\frac{1}{2}p-\frac{1}{2}q=-1\end{cases}$，解得$\begin{cases}p=-4\\q = 6\end{cases}$，
首项$a_{1}-4 + 6 = 3$，
所以$\{a_{n}-4n + 6\}$是3为首项，$\frac{1}{2}$为公比的等比数列，
所以$a_{n}-4n + 6 = 3\cdot(\frac{1}{2})^{n - 1}$，
所以$a_{n}=3\cdot(\frac{1}{2})^{n - 1}+4n - 6$。
答案：$3\cdot(\frac{1}{2})^{n - 1}+4n - 6$

[例3]在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1} = - 1$，$a_{n + 1} = 2a_{n} + 4\cdot3^{n - 1}$，则$a_{n} =$____________________.

答案： 解析]方法一：原递推式可化为$a_{n + 1}+\lambda\cdot3^{n}=2(a_{n}+\lambda\cdot3^{n - 1})$。①
比较系数得$\lambda=-4$，①式即是$a_{n + 1}-4\cdot3^{n}=2(a_{n}-4\cdot3^{n - 1})$。
则数列$\{a_{n}-4\cdot3^{n - 1}\}$是首项为$a_{1}-4\times3^{1 - 1}=-5$，公比为2的等比数列，
所以$a_{n}-4\cdot3^{n - 1}=-5\cdot2^{n - 1}$，
即$a_{n}=4\cdot3^{n - 1}-5\cdot2^{n - 1}$。
方法二：将$a_{n + 1}=2a_{n}-4\cdot3^{n - 1}$的两边同除以$3^{n + 1}$，得$\frac{a_{n + 1}}{3^{n + 1}}=\frac{2}{3}\cdot\frac{a_{n}}{3^{n}}+\frac{4}{3^{2}}$，
设$b_{n}=\frac{a_{n}}{3^{n}}$，则$b_{n + 1}=\frac{2}{3}b_{n}+\frac{4}{9}$，
设$b_{n + 1}+k=\frac{2}{3}(b_{n}+k)$，比较系数得$k =-\frac{4}{3}$，则$\frac{b_{n + 1}-\frac{4}{3}}{b_{n}-\frac{4}{3}}=\frac{2}{3}$，
所以$\{b_{n}-\frac{4}{3}\}$是以$-\frac{5}{3}$为首项，$\frac{2}{3}$为公比的等比数列。所以$b_{n}-\frac{4}{3}=(-\frac{5}{3})\cdot(\frac{2}{3})^{n - 1}$，
则$b_{n}=\frac{4}{3}-\frac{5}{3}\cdot(\frac{2}{3})^{n - 1}$，
所以$a_{n}=3^{n}\cdot b_{n}=4\cdot3^{n - 1}-5\cdot2^{n - 1}$。
答案：$4\cdot3^{n - 1}-5\cdot2^{n - 1}$

@对点训练
已知数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1} = \frac{5}{6}$，$a_{n + 1} = \frac{1}{3}a_{n} + (\frac{1}{2})^{n + 1}$，则$a_{n} =$__________.

答案： [解析]方法一：构造数列$a_{n + 1}+\lambda(\frac{1}{2})^{n + 1}=\frac{1}{3}[a_{n}+\lambda(\frac{1}{2})^{n}]$，
化简成原式结构，得$a_{n + 1}=\frac{1}{3}a_{n}-\frac{1}{3}\lambda(\frac{1}{2})^{n + 1}$，
由对应项系数相等得$\lambda=-3$，
设$b_{n}=a_{n}-3(\frac{1}{2})^{n}$，$b_{1}=a_{1}-3(\frac{1}{2})^{1}=-\frac{2}{3}$，
所以数列$\{b_{n}\}$是以$-\frac{2}{3}$为首项，$\frac{1}{3}$为公比的等比数列，则$b_{n}=-\frac{2}{3}(\frac{1}{3})^{n - 1}$，
所以$a_{n}=\frac{3}{2^{n}}-\frac{2}{3^{n}}$。
方法二：将$a_{n + 1}=\frac{1}{3}a_{n}+(\frac{1}{2})^{n + 1}$两边同乘$2^{n + 1}$，
得$2^{n + 1}\cdot a_{n + 1}=\frac{2}{3}(2^{n}\cdot a_{n})+1$。
令$b_{n}=2^{n}\cdot a_{n}$，则$b_{n + 1}=\frac{2}{3}b_{n}+1$，又回到了模型一的方法，根据待定系数法，
得$b_{n + 1}-3=\frac{2}{3}(b_{n}-3)$，
所以数列$\{b_{n}-3\}$是首项为$b_{1}-3 = 2\times\frac{5}{6}-3=-\frac{4}{3}$，公比为$\frac{2}{3}$的等比数列，
所以$b_{n}-3=-\frac{4}{3}\cdot(\frac{2}{3})^{n - 1}$，
即$b_{n}=3 - 2\cdot(\frac{2}{3})^{n}$，
所以$a_{n}=\frac{b_{n}}{2^{n}}=\frac{3}{2^{n}}-\frac{2}{3^{n}}$。
方法三：将$a_{n + 1}=\frac{1}{3}a_{n}+(\frac{1}{2})^{n + 1}$两边分别除以$(\frac{1}{3})^{n + 1}$，
得$3^{n + 1}a_{n + 1}=3^{n}a_{n}+(\frac{3}{2})^{n + 1}$。
令$b_{n}=3^{n}\cdot a_{n}$，则$b_{n + 1}=b_{n}+(\frac{3}{2})^{n + 1}$，
所以$b_{n}-b_{n - 1}=(\frac{3}{2})^{n}$，$b_{n - 1}-b_{n - 2}=(\frac{3}{2})^{n - 1}$，$\cdots$，$b_{2}-b_{1}=(\frac{3}{2})^{2}$。
将以上各式叠加，得$b_{n}-b_{1}=(\frac{3}{2})^{2}+\cdots+(\frac{3}{2})^{n - 1}+(\frac{3}{2})^{n}$。
又$b_{1}=3a_{1}=3\times\frac{5}{6}=\frac{5}{2}=1+\frac{3}{2}$，
所以$b_{n}=1+\frac{3}{2}+(\frac{3}{2})^{2}+\cdots+(\frac{3}{2})^{n - 1}+(\frac{3}{2})^{n}=\frac{1\cdot[1 - (\frac{3}{2})^{n + 1}]}{1-\frac{3}{2}}=2\cdot(\frac{3}{2})^{n + 1}-2$，
所以$a_{n}=\frac{b_{n}}{3^{n}}=\frac{3}{2^{n}}-\frac{2}{3^{n}}$。
答案：$\frac{3}{2^{n}}-\frac{2}{3^{n}}$

[例4](1)已知数列$\{ a_{n}\}$满足：$a_{1} = a_{2} = 2$，$a_{n} = 3a_{n - 1}+4a_{n - 2}(n\geq3)$，则$a_{9} + a_{10}$等于（ ）
A. $4^{7}$
B. $4^{8}$
C. $4^{9}$
D. $4^{10}$

答案： C 由题意得$a_{1}+a_{2}=4$，
由$a_{n}=3a_{n - 1}+4a_{n - 2}(n\geq3)$，
得$a_{n}+a_{n - 1}=4(a_{n - 1}+a_{n - 2})$，
即$\frac{a_{n}+a_{n - 1}}{a_{n - 1}+a_{n - 2}}=4(n\geq3)$，
所以数列$\{a_{n}+a_{n + 1}\}$是首项为4，公比为4的等比数列，所以$a_{9}+a_{10}=4^{9}$。

(2)已知在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=5$，$a_{2}=2$，$a_{n} = 2a_{n - 1}+3a_{n - 2}(n\geq3)$，则$a_{n} =$____________________.

答案： [解析]因为$a_{n}=2a_{n - 1}+3a_{n - 2}(n\geq3)$，
所以$a_{n}+a_{n - 1}=3(a_{n - 1}+a_{n - 2})$，
又$a_{1}+a_{2}=7$，
所以$\{a_{n}+a_{n - 1}\}$是首项为7，公比为3的等比数列，
则$a_{n}+a_{n - 1}=7\times3^{n - 2}$①，$n\geq2$，
又$a_{n}-3a_{n - 1}=-(a_{n - 1}-3a_{n - 2})(n\geq3)$，$a_{2}-3a_{1}=-13$，
所以$\{a_{n}-3a_{n - 1}\}$是首项为$-13$，公比为$-1$的等比数列，
则$a_{n}-3a_{n - 1}=(-13)\cdot(-1)^{n - 2}$②，$n\geq2$，
①$\times3+$②得，$4a_{n}=7\times3^{n - 1}+13\cdot(-1)^{n - 1}$，
所以$a_{n}=\frac{7}{4}\times3^{n - 1}+\frac{13}{4}(-1)^{n - 1}$，$n\geq2$。
当$n = 1$时，$a_{1}=5$也满足上式。
则$a_{n}=\frac{7}{4}\times3^{n - 1}+\frac{13}{4}(-1)^{n - 1}$。
答案：$\frac{7}{4}\times3^{n - 1}+\frac{13}{4}(-1)^{n - 1}$

@对点训练
数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=1$，$a_{2} = \frac{5}{3}$，$a_{n + 2} = \frac{5}{3}a_{n + 1} - \frac{2}{3}a_{n}$，求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式.

答案： [解析]由$a_{n + 2}=\frac{5}{3}a_{n + 1}-\frac{2}{3}a_{n}$，
得$a_{n + 2}-a_{n + 1}=\frac{2}{3}(a_{n + 1}-a_{n})$，
故$\{a_{n + 1}-a_{n}\}$是以$a_{2}-a_{1}=\frac{2}{3}$为首项，$\frac{2}{3}$为公比的等比数列，
即$a_{n + 1}-a_{n}=(\frac{2}{3})^{n}$，
利用叠加法将$a_{n + 1}-a_{n}=(\frac{2}{3})^{n}$，$\cdots$，$a_{2}-a_{1}=\frac{2}{3}$，
上式全部相加，利用等比数列求和得$a_{n + 1}-a_{1}=2 - 2(\frac{2}{3})^{n}$，
所以$a_{n}=3 - 2(\frac{2}{3})^{n - 1}$。

[例5]已知在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=2$，$a_{n + 1} = \frac{a_{n}}{a_{n} + 3}$，则$a_{n} =$____________________.

答案： [解析]因为$\frac{1}{a_{n + 1}}=3\cdot\frac{1}{a_{n}}+1$，
所以$\frac{1}{a_{n + 1}}+\frac{1}{2}=3(\frac{1}{a_{n}}+\frac{1}{2})$，$\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{2}=1$，
所以$\{\frac{1}{a_{n}}+\frac{1}{2}\}$是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以$\frac{1}{a_{n}}+\frac{1}{2}=3^{n - 1}$，
所以$\frac{1}{a_{n}}=3^{n - 1}-\frac{1}{2}$，
所以$a_{n}=\frac{2}{2\times3^{n - 1}-1}$。
答案：$\frac{2}{2\times3^{n - 1}-1}$

@对点训练
(多选题)数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n + 1} = \frac{a_{n}}{1 + 2a_{n}}(n\in N^{*})$，$a_{1}=1$，则下列结论正确的是（ ）
A. $\frac{2}{a_{10}} = \frac{1}{a_{3}} + \frac{1}{a_{17}}$
B. $\{ 2^{\frac{1}{a_{n}}}\}$是等比数列
C. $(2n - 1)a_{n} = 1$
D. $3a_{5}a_{17} = a_{49}$

答案： ABC 由$a_{n + 1}=\frac{a_{n}}{1 + 2a_{n}}$，
可得$\frac{1}{a_{n + 1}}=\frac{1 + 2a_{n}}{a_{n}}=\frac{1}{a_{n}}+2$，所以$\frac{1}{a_{n + 1}}-\frac{1}{a_{n}}=2$，且$\frac{1}{a_{1}}=1$，所以数列$\{\frac{1}{a_{n}}\}$是等差数列，且该数列的首项为1，公差为2，所以$\frac{1}{a_{n}}=1+2(n - 1)=2n - 1$，则$(2n - 1)a_{n}=1$，其中$n\in N^{*}$，故C对；
$\frac{2^{\frac{1}{a_{n + 1}}}}{2^{\frac{1}{a_{n}}}}=2^{\frac{1}{a_{n + 1}}-\frac{1}{a_{n}}}=2^{2}=4$，所以数列$\{2^{\frac{1}{a_{n}}}\}$是等比数列，故B对；
由等差中项的性质可得$\frac{2}{a_{10}}=\frac{1}{a_{3}}+\frac{1}{a_{17}}$，故A对；
由上可知$a_{n}=\frac{1}{2n - 1}$，则$3a_{5}a_{17}=3\times\frac{1}{2\times5 - 1}\times\frac{1}{2\times17 - 1}=\frac{1}{99}$，$a_{49}=\frac{1}{2\times49 - 1}=\frac{1}{97}$，
所以$3a_{5}a_{17}\neq a_{49}$，故D错。