《2026年点金训练精讲巧练高中数学选择性必修第二册人教A版》

应用 1
（1）已知数列 $ \{ a_n \} $ 满足 $ a_1 = 1,a_2 = 2 $，且 $ a_{n + 1} = 2a_n + 3a_{n - 1}(n \geq 2,n \in \mathbf{N}^*) $，则数列 $ \{ a_n \} $ 的通项公式为 $ a_n = $$\frac{3^{n}-(-1)^{n}}{4}$。
（2）在数列 $ \{ a_n \} $ 中，$ a_1 = - 1,a_{n + 1} = 2a_n + 4 × 3^{n - 1} $，求数列 $ \{ a_n \} $ 的通项公式。

答案： 应用$1 (1)\frac{3^{n}-(-1)^{n}}{4} $解析：因为$a_{n + 1} = 2a_{n} + 3a_{n - 1}(n\geq2,n\in N^{*})，$
设$b_{n}=\frac{a_{n + 1} + a_{n}}{a_{n} + a_{n - 1}}=\frac{3(a_{n} + a_{n - 1})}{a_{n} + a_{n - 1}} = 3。$
又因为$b_{1}=a_{2} + a_{1}=3，$
所以$\{b_{n}\}$是首项为3，公比为3的等比数列。
所以$b_{n}=a_{n + 1} + a_{n}=3×3^{n - 1}=3^{n}，$
从而$\frac{a_{n + 1}}{3^{n + 1}}+\frac{1}{3}·\frac{a_{n}}{3^{n}}=\frac{1}{3}。$
不妨令$c_{n}=\frac{a_{n}}{3^{n}}，$则$c_{n + 1}+\frac{1}{3}c_{n}=\frac{1}{3}。$
故$c_{n + 1}-\frac{1}{4}=\frac{1}{3}(c_{n}-\frac{1}{4})。$
又因为$c_{1}-\frac{1}{4}=\frac{a_{1}}{3}-\frac{1}{4}=\frac{1}{12}，$
所以数列$\{c_{n}-\frac{1}{4}\}$是首项为$\frac{1}{12}，$公比为$\frac{1}{3}$的等比数列，
故$c_{n}-\frac{1}{4}=\frac{1}{12}×(-\frac{1}{3})^{n - 1}=\frac{a_{n}}{3^{n}}-\frac{1}{4}。$
从而$a_{n}=\frac{3^{n}-(-1)^{n}}{4}。$
(2)解：(方法一)设$a_{n + 1}+\lambda×3^{n}=2(a_{n}+\lambda×3^{n - 1})，$
又$a_{n + 1}=2a_{n}+4×3^{n - 1}，$所以$\lambda = - 4，$即$a_{n + 1}-4×3^{n}=2(a_{n}-4×3^{n - 1})，$
则数列$\{a_{n}-4×3^{n - 1}\}$是首项为$a_{1}-4×3^{1 - 1}=-5，$公比为2的等比数列。
所以$a_{n}-4×3^{n - 1}=(-5)×2^{n - 1}，$
即$a_{n}=4×3^{n - 1}-5×2^{n - 1}。$
(方法二)将$a_{n + 1}=2a_{n}+4×3^{n - 1}$的两边同除以$3^{n + 1}，$
得$\frac{a_{n + 1}}{3^{n + 1}}=\frac{2}{3}×\frac{a_{n}}{3^{n}}+\frac{4}{3^{2}}。$
令$b_{n}=\frac{a_{n}}{3^{n}}，$则$b_{n + 1}=\frac{2}{3}b_{n}+\frac{4}{9}，$
设$b_{n + 1}+k=\frac{2}{3}(b_{n}+k)，$比较系数可得$k =-\frac{4}{3}。$
又$b_{1}=\frac{a_{1}}{3}=\frac{4}{3}-\frac{5}{3}，$所以$b_{n}-\frac{4}{3}\neq0，$
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$b_{n}-\frac{4}{3}=(-\frac{5}{3})×(\frac{2}{3})^{n - 1}，$
则$b_{n}=\frac{4}{3}-\frac{5}{3}×(\frac{2}{3})^{n - 1}，$
所以$a_{n}=3^{n}× b_{n}=4×3^{n - 1}-5×2^{n - 1}。$

应用 2 已知数列 $ \{ a_n \} $ 与 $ \{ b_n \} $ 的前 $ n $ 项和分别为 $ A_n $ 和 $ B_n $，且对任意 $ n \in \mathbf{N}^* $，$ a_{n + 1} - a_n = 2(b_{n + 1} - b_n) $ 恒成立。
（1）若 $ A_n = n^2,b_1 = 2 $，求 $ B_n $。
（2）若对任意 $ n \in \mathbf{N}^* $，都有 $ a_n = B_n $ 及 $ \dfrac{b_2}{a_1a_2} + \dfrac{b_3}{a_2a_3} + \dfrac{b_4}{a_3a_4} + ·s + \dfrac{b_{n + 1}}{a_na_{n + 1}} \lt \dfrac{1}{3} $ 成立，求正实数 $ b_1 $ 的取值范围。
（3）若 $ a_1 = 2,b_n = 2^n $，是否存在两个互不相等的整数 $ s,t(1 \lt s \lt t) $，使 $ \dfrac{A_1}{B_1},\dfrac{A_s}{B_s},\dfrac{A_t}{B_t} $ 成等差数列？若存在，求出 $ s,t $ 的值；若不存在，请说明理由。

答案： 应用2 解：
(1)因为$A_{n}=n^{2}，$所以$a_{n}=\begin{cases}1,n = 1,\\n^{2}-(n - 1)^{2},n\geq2,\end{cases}$即$a_{n}=2n - 1，$
故$b_{n + 1}-b_{n}=\frac{1}{2}(a_{n + 1}-a_{n}) = 1，$所以数列$\{b_{n}\}$是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以$B_{n}=n·2+\frac{1}{2}n(n - 1)·1=\frac{1}{2}n^{2}+\frac{3}{2}n。$
(2)依题意$B_{n + 1}-B_{n}=2(b_{n + 1}-b_{n})，$即$\frac{b_{n + 1}}{b_{n}} = 2，$
所以数列$\{b_{n}\}$是以$b_{1}$为首项，2为公比的等比数列，
所以$a_{n}=B_{n}=\frac{1 - 2^{n}}{1 - 2}× b_{1}=b_{1}(2^{n}-1)，$
所以$\frac{a_{n}a_{n + 1}}{b_{1}(\frac{1}{2^{n}-1})×\frac{1}{2^{n + 1}-1}}$
所以$\frac{b_{2}}{a_{1}a_{2}}+\frac{b_{3}}{a_{2}a_{3}}+\frac{b_{4}}{a_{3}a_{4}}+·s+\frac{b_{n + 1}}{a_{n}a_{n + 1}}=\frac{1}{b_{1}}(\frac{1}{2^{1}-1}-\frac{1}{2^{n + 1}-1})＜\frac{1}{3}$恒成立，
即$b_{1}＞3(1-\frac{1}{2^{n + 1}-1})，$所以$b_{1}\geq3。$
(3)由$a_{n + 1}-a_{n}=2(b_{n + 1}-b_{n})，$得$a_{n + 1}-a_{n}=2^{n + 1}，$
所以当$n\geq2$时，$a_{n}=(a_{n}-a_{n - 1})+(a_{n - 1}-a_{n - 2})+·s+(a_{3}-a_{2})+(a_{2}-a_{1})+a_{1}=2^{n}+2^{n - 1}+·s+2^{3}+2^{2}+2$
$=2^{n + 1}-2，$
当n = 1时，上式也成立，
所以$A_{n}=2^{n + 2}-4-2n。$
又$B_{n}=2^{n + 1}-2，$所以$\frac{A_{n}}{B_{n}}=\frac{2^{n + 2}-4-2n}{2^{n + 1}-2}=2-\frac{n}{2^{n}-1}。$
假设存在两个互不相等的整数s，t(1＜s＜t)，使$\frac{A_{1}}{B_{1}}，$$\frac{A_{s}}{B_{s}}，$$\frac{A_{t}}{B_{t}}$成等差数列，
等价于$\frac{1}{2^{1}-1}，$$\frac{2s}{2^{s}-1}，$$\frac{2t}{2^{t}-1}$成等差数列，即$\frac{2s}{2^{s}-1}=1+\frac{t}{2^{t}-1}，$
即$\frac{2s}{2^{s}-1}=1+\frac{t}{2^{t}-1}。$
因为$1+\frac{t}{2^{t}-1}＞1，$所以$\frac{2s}{2^{s}-1}＞1，$即$2^{s}＜2s + 1。$
令$h(s)=2^{s}-2s - 1(s\geq2,s\in N^{*})，$则$h(s + 1)-h(s)=2^{s}-2＞0，$所以h(s)递增。
若$s\geq3，$则$h(s)\geq h(3)=1＞0，$不满足$2^{s}＜2s + 1，$所以s = 2，
代入$\frac{2s}{2^{s}-1}=1+\frac{t}{2^{t}-1}$得$2^{t}-3t - 1 = 0(t\geq3)。$
当t = 3时，显然不符合要求；
当$t\geq4$时，令$\varphi(t)=2^{t}-3t - 1(t\geq3,t\in N^{*})，$则同理可证$\varphi(t)$递增，所以$\varphi(t)\geq\varphi(4)=3＞0，$
所以不符合要求。
所以，不存在互不相等的整数s，t(1＜s＜t)，使$\frac{A_{1}}{B_{1}}，$$\frac{A_{s}}{B_{s}}，$$\frac{A_{t}}{B_{t}}$成等差数列。