《2025年优化探究同步导学案高中数学选择性必修第二册人教版》

[例 1] 设数列 $ \{ a_n \} $ 的前 $ n $ 项和为 $ S_n $. 已知 $ S_2 = 4 $, $ a_{n + 1} = 2S_n + 1 $, $ n \in \mathbf{N}^* $.
(1) 求通项公式 $ a_n $;
(2) 求数列 $ \{ |a_n - n - 2| \} $ 的前 $ n $ 项和.

答案： [例1] [解]
(1)由题意，得$\begin{cases}a_1 + a_2 = 4,\\a_2 = 2a_1 + 1,\end{cases}$则$\begin{cases}a_1 = 1,\\a_2 = 3.\end{cases}$
又当$n \geq 2$时，由$a_{n + 1} - a_n = (2S_n + 1) - (2S_{n - 1} + 1) = 2a_n$，得$a_{n + 1} = 3a_n$。
又$\frac{a_2}{a_1} = 3$，所以对$\forall n \in N^*$，$\frac{a_{n + 1}}{a_n} = 3$，
因此数列$\{a_n\}$是首项$a_1 = 1$，公比为$3$的等比数列，
所以数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n = 3^{n - 1}$，$n \in N^*$。
(2)设$b_n = |3^{n - 1} - n - 2|$，$n \in N^*$，$b_1 = 2$，$b_2 = 1$。
当$n \geq 3$时，由于$3^{n - 1} ＞ n + 2$，故$b_n = 3^{n - 1} - n - 2$，$n \geq 3$。
设数列$\{b_n\}$的前$n$项和为$T_n$，则$T_1 = 2$，$T_2 = 3$。
当$n \geq 3$时，
$T_n = 3 + \frac{9(1 - 3^{n - 2})}{1 - 3} - \frac{(n + 7)(n - 2)}{2} = \frac{3^n - n^2 - 5n + 11}{2}$
经检验$n = 2$时，$T_2$满足上式，
所以$T_n = \begin{cases}2, n = 1,\frac{3^n - n^2 - 5n + 11}{2}, n \geq 2, n \in N^*\end{cases}$

1. 已知各项均为正数的数列 $ \{ a_n \} $ 的前 $ n $ 项和 $ S_n $ 满足 $ S_1 ＞ 1 $, 且 $ 6S_n = (a_n + 1)(a_n + 2) $, $ n \in \mathbf{N}^* $. 求 $ \{ a_n \} $ 的通项公式.

答案： 1.解:$6S_{n + 1} = (a_{n + 1} + 1)(a_{n + 1} + 2)$，
$6(S_{n + 1} - S_n) = (a_{n + 1} + 1)(a_{n + 1} + 2) - (a_n + 1)(a_n + 2) = a_{n + 1}^2 + 3a_{n + 1} - a_n^2 - 3a_n = 6a_{n + 1} + a_n^2 + 1 - a_n^2 - 3(a_{n + 1} + a_n) = 6a_{n + 1}$
$\Rightarrow (a_{n + 1} + a_n)(a_{n + 1} - a_n - 3) = 0$，
$\because a_{n + 1} + a_n ＞ 0$，$\therefore a_{n + 1} - a_n = 3$，
$\therefore 6S_1 = (a_1 + 1)(a_1 + 2) = 6a_1$，$\therefore a_1 = 2$或$a_1 = 1$（舍去），
$\therefore$数列是首项为$2$，公差为$3$的等差数列，
$\{a_n\}$的通项公式为$a_n = 2 + 3(n - 1) = 3n - 1$。

[例 2] 已知数列 $ \{ a_n \} $ 满足 $ a_1 = 1 $, $ a_{n + 1} = 2a_n + 1 $, 求 $ \{ a_n \} $ 的通项公式.

答案： [例2] [解] $\because a_{n + 1} = 2a_n + 1$，令$a_{n + 1} + t = 2(a_n + t)$，
即$a_{n + 1} = 2a_n + t$，$\therefore t = 1$，
即$a_{n + 1} + 1 = 2(a_n + 1)$，$\therefore$数列$\{a_n + 1\}$是以$2$为首项，$2$为公比的等比数列。
$\therefore a_n + 1 = 2 × 2^{n - 1} = 2^n$，$\therefore a_n = 2^n - 1$。