《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

典例 3 (2025·陕西榆林期末)已知数列 $ \{ a_n \} $ 的前 $ n $ 项和为 $ S_n $，$ a_{n + 1} = S_n + 2^{n + 1} $，$ a_1 = 2 $，则 $ S_n = $(D)

A.$ (n + 1) · 2^n $
B.$ (n + 1) · 2^{n - 1} $
C.$ n · 2^{n - 1} $
D.$ n · 2^n $

答案： 典例3 D 因为$a_{n + 1} = S_n + 2^{n + 1}$，则$S_{n + 1} - S_n = S_n + 2^{n + 1}$，整理得$\frac {S_{n + 1}}{2^{n + 1}} - \frac {S_n}{2^n} = 1$，又$a_1 = 2$，则$\frac {a_1}{2} = 1$，因此数列$\{\frac {S_n}{2^n}\}$是首项为$1$，公差为$1$的等差数列，则$\frac {S_n}{2^n} = 1 + (n - 1) × 1 = n$，所以$S_n = n · 2^n$。故选D。

对点练 1 (1)已知数列 $ \{ a_n \} $ 中，$ a_1 = 1 $，$ a_{n + 1} = 3a_n + 4 $，则 $ a_n $ 等于 (C)

A.$ 3^{n - 1} + 2 $
B.$ 3^{n + 1} - 2 $
C.$ 3^n - 2 $
D.$ 3^n + 2 $

答案： 对点练1
(1)C
(1)因为$a_{n + 1} = 3a_n + 4$，所以$a_{n + 1} + 2 = 3(a_n + 2)$，所以$\frac {a_{n + 1} + 2}{a_n + 2} = 3$，所以数列$\{a_n + 2\}$是一个以$a_1 + 2 = 3$为首项，$3$为公比的等比数列，所以$a_n + 2 = 3$，故$a_n = 3^n - 2$。故选C。

(2)已知正项数列 $ \{ a_n \} $ 中，$ a_1 = 2 $，$ a_{n + 1} = 2a_n + 3 × 5^n $，则数列 $ \{ a_n \} $ 的通项 $ a_n = $ (D)

A.$ - 3 × 2^{n - 1} $
B.$ 3 × 2^{n - 1} $
C.$ 5^n + 3 × 2^{n - 1} $
D.$ 5^n - 3 × 2^{n - 1} $

答案：
(2)D
(2)在递推公式$a_{n + 1} = 2a_n + 3 × 5^n$的两边同时除以$5^{n + 1}$，得$\frac {a_{n + 1}}{5^{n + 1}} = \frac {2}{5} × \frac {a_n}{5^n} + \frac {3}{5}$①，令$b_n = \frac {a_n}{5^n}$，则①式变为$b_{n + 1} = \frac {2}{5}b_n + \frac {3}{5}$，即$b_{n + 1} - 1 = \frac {2}{5}(b_n - 1)$，又$b_1 - 1 = \frac {a_1}{5} - 1 = - \frac {3}{5} ≠ 0$，则$b_n - 1 ≠ 0$，所以数列$\{b_n - 1\}$是等比数列，其首项为$- \frac {3}{5}$，公比为$\frac {2}{5}$，所以$b_n - 1 = - \frac {3}{5} × (\frac {2}{5})^{n - 1}$，即$b_n = 1 - \frac {3}{5} × (\frac {2}{5})^{n - 1} = 1 - \frac {3 × 2^{n - 1}}{5^n}$，所以$a_n = 5^n - 3 × 2^{n - 1}$。故选D。

(3)设数列 $ \{ a_n \} $ 满足 $ a_1 = 4 $，$ a_n = 3a_{n - 1} + 2n - 1(n \geq 2) $，则数列 $ \{ a_n \} $ 的通项公式为$a_n = 2 · 3^n - n - 1$.
题型二 形如 $ a_{n + 1} = pa_n + qa_{n - 1} $ 型

答案：
(3)$a_n = 2 · 3^n - n - 1$
(3)设$a_n + pn + q = 3[a_{n - 1} + p(n - 1) + q]$，化简后得$a_n = 3a_{n - 1} + 2pn + 2q - 3p$，对应项的系数相等，得$\begin{cases} 2p = 2 \\ 2q - 3p = - 1 \end{cases}$，解得$\begin{cases} p = 1 \\ q = 1 \end{cases}$，即$a_n + n + 1 = 3(a_{n - 1} + n - 1 + 1)$，令$b_n = a_n + n + 1$，则$b_n = 3b_{n - 1}$，又$b_1 = 6$，故$b_n = 6 · 3^{n - 1} = 2 · 3^n$，又$b_n = a_n + n + 1$，得$a_n = 2 · 3^n - n - 1$。

(1)求证：$ \{ a_{n + 1} + 2a_n \} $ 是等比数列；

答案：
(1)证明：因为$a_{n + 1} = a_n + 6a_{n - 1}(n \geq 2)$，所以$a_{n + 1} + 2a_n = 3a_n + 6a_{n - 1} = 3(a_n + 2a_{n - 1})(n \geq 2)$。因为$a_1 = 5$，$a_2 = 5$，所以$a_2 + 2a_1 = 15$，所以$a_n + 2a_{n - 1} ≠ 0(n \geq 2)$，所以$\frac {a_{n + 1} + 2a_n}{a_n + 2a_{n - 1}} = 3(n \geq 2)$，所以数列$\{a_{n + 1} + 2a_n\}$是以$15$，$3$为公比的等比数列。

(2)求数列 $ \{ a_n \} $ 的通项公式.
对于形如 $ a_{n + 1} = pa_n + qa_{n - 1} $ 的关系式，可以化为 $ a_{n + 1} - x_1a_n = x_2(a_n - x_1a_{n - 1}) $，其中 $ x_1 $，$ x_2 $ 是方程 $ x^2 - px - q = 0 $ 的两个根，若 1 是方程的根，则直接构造数列 $ \{ a_n - a_{n - 1} \} $，若 1 不是方程的根，则可构造两个数列，采取消元的方法求数列 $ \{ a_n \} $.

答案：
(2)由
(1)得$a_{n + 1} + 2a_n = 15 × 3^{n - 1} = 5 × 3^n$，则$a_{n + 1} = - 2a_n + 5 × 3^n$，又因为$a_1 - 3 = 2$，所以$a_n - 3^n ≠ 0$，所以$\{a_n - 3^n\}$是以$2$为首项，$- 2$为公比的等比数列。所以$a_n - 3^n = 2 × (- 2)^{n - 1}$，即$a_n = (- (- 2)^n + 3^n)$。

题型三 形如 $ a_{n + 1} = \frac{pa_n}{ra_n + s} $ 型

答案： 答案略

典例 5 (多选题)已知数列 $ \{ a_n \} $ 满足 $ a_1 = \frac{3}{2} $，$ a_{n + 1} = \frac{3a_n}{6 + a_n} $，则下列结论中错误的有 (BC)

A.$ \left\{ \frac{1}{a_n} + \frac{1}{3} \right\} $ 为等比数列
B.$ \{ a_n \} $ 的通项公式为 $ a_n = \frac{1}{3 · 2^{n - 1} - 1} $
C.$ \{ a_n \} $ 为递增数列
D.$ \left\{ \frac{1}{a_n} \right\} $ 的前 $ n $ 项和为 $ 2^n - \frac{n}{3} - 1 $
对于形如 $ a_{n + 1} = \frac{pa_n}{ra_n + s} $ 型的关系式，可以两边同时取倒数，转化为 $ \frac{1}{a_{n + 1}} = \frac{s}{p} · \frac{1}{a_n} + \frac{r}{p} $ 的形式，化归为 $ b_{n + 1} = \lambda b_n + \mu $ 型，求出 $ \frac{1}{a_n} $ 的表达式，再求 $ a_n $.

答案： 典例5 BC 由题意得$\frac {1}{a_{n + 1}} = \frac {2}{a_n} + \frac {1}{3}$，则$\frac {1}{a_{n + 1}} + \frac {1}{3} = 2(\frac {1}{a_n} + \frac {1}{3})$，而$\frac {1}{a_1} + \frac {1}{3} = 1$，故$\{\frac {1}{a_n} + \frac {1}{3}\}$是首项为$1$，公比为$2$的等比数列，所以$\frac {1}{a_n} + \frac {1}{3} = 2^{n - 1}$，得$a_n = \frac {1}{2^{n - 1} - \frac {1}{3} · 3 · 3^{n - 1} - 1}$，$\{a_n\}$为递减数列，故A正确，B，C错误；对于D，$\frac {1}{a_1} + \frac {1}{3} + \frac {1}{a_2} + \frac {1}{3} + ·s + \frac {1}{a_n} + \frac {1}{3} = 2^n - 1$，则$\{\frac {1}{a_n}\}$的前$n$项和为$2^n - \frac {n}{3} - 1$，故D正确。故选BC。

对点练 3 已知数列 $ \{ a_n \} $ 满足 $ a_1 = 1 $，$ a_{n + 1} = \frac{a_n}{4a_n + 1}(n \in \mathbf{N}_+) $，则满足 $ a_n ＞ \frac{1}{37} $ 的 $ n $ 的最大取值为 (C)

A.7
B.8
C.9
D.10
请完成课时测评 45

答案： 对点练3 C 因为$a_{n + 1} = \frac {a_n}{4a_n + 1}$，所以$\frac {1}{a_{n + 1}} = 4 + \frac {1}{a_n}$，所以$\frac {1}{a_{n + 1}} - \frac {1}{a_n} = 4$，又$\frac {1}{a_1} = 1$，所以数列$\{\frac {1}{a_n}\}$是以$1$为首项，$4$为公差的等差数列，所以$\frac {1}{a_n} = 1 + 4(n - 1) = 4n - 3$，所以$a_n = \frac {1}{4n - 3}$。由$a_n ＞ \frac {1}{37}$，即$\frac {1}{4n - 3} ＞ \frac {1}{37}$即$0 ＜ 4n - 3 ＜ 37$，解得$\frac {3}{4} ＜ n ＜ 10$，因为$n$为正整数，所以$n$的最大取值为$9$。故选C。