已知数列{an}满足[2+n+1]an+[2+n]an+1=1+n•3n，n∈N*，a1=2．求a2，a3的值；设bn=a2

题文

已知数列{a_n}满足[2+（-1）ⁿ⁺¹]a_n+[2+（-1）ⁿ]a_n+1=1+（-1）ⁿ•3n，n∈N^*，a₁=2．
（Ⅰ）求a₂，a₃的值；
（Ⅱ）设bn=a_2n+1-a_2n-1，n∈N^*，证明：{b_n}是等差数列；
（Ⅲ）设c_n=a_n+12n²，求数列{c_n}的前n项和S_n． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（Ⅰ）因为数列{a_n}满足[2+（-1）ⁿ⁺¹]a_n+[2+（-1）ⁿ]a_n+1=1+（-1）ⁿ•3n，（*），且a₁=2，
所以将n=1代入（*）式，得3a₁+a₂=-2，故a₂=-8
将n=2代入（*）式，得a₂+3a₃=7，故a₃=5
（Ⅱ）证明：在（*）式中，用2n代换n，得[2+（-1）²ⁿ⁺¹]a_2n+[2+（-1）²ⁿ]a_2n+1=1+（-1）²ⁿ•6n，
即a_2n+3a_2n+1=1+6n  ①，
再在（*）式中，用2n-1代换n，得[2+（-1）²ⁿ]a_2n-1+[2+（-1）^2n-1]a_2n=1+（-1）^2n-1•（6n-3），
即3a_2n-1+a_2n=4-6n②，
①-②，得3（a_2n+1-a_2n-1）=12n-3，即b_n=4n-1
∴b_n+1-b_n=4，
∴{b_n}是等差数列；
（Ⅲ）因为a₁=2，由（Ⅱ）知，a_2k-1=a₁+（a₃-a₁）+…+（a_2k-1-a_2k-3）=（k-1）（2k-1）+2    ③，
将③代入②，得3（k-1）（2k-1）+6+a_2k=4-6k，即a_2k=-6k²+3k-5
所以c_2k-1=a_2k-1+12（2k-1）²=-4k²-5k+72，c_2k=a_2k+12（2k）²=-4k²+3k-5，
则c_2k-1+c_2k=-2k-32，
所以S_2k=（c₁+c₂）+（c₃+c₄）+…+（c_2k-1+c_2k）=-k²-52k
所以S_2k-1=S_2k-c_2k=（-k²-52k）-（-4k²+3k-5）=3k²-11k2+5
故S_n=3n2-5n+124，n为奇数-n2+5n4，n为偶数．

解析

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考点

据考高分专家说，试题“已知数列{an}满足[2+（-1）n+1.....”主要考查你对 [等差数列的定义及性质 ]考点的理解。 等差数列的定义及性质

等差数列的定义：

一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做公差，用符号语言表示为a_n+1-a_n=d。

等差数列的性质：

（1）若公差d＞0，则为递增等差数列；若公差d＜0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列；
（2）有穷等差数列中，与首末两端“等距离”的两项和相等，并且等于首末两项之和；
（3）m，n∈N*，则a_m＝a_n+(m-n)d；
（4）若s，t，p，q∈N*，且s+t=p+q，则a_s+a_t=a_p+a_q，其中a_s，a_t，a_p，a_q是数列中的项，特别地，当s+t=2p时，有a_s+a_t=2a_p；
（5）若数列｛a_n｝，｛b_n｝均是等差数列，则数列｛ma_n+kb_n｝仍为等差数列，其中m，k均为常数。
（6）




（7）从第二项开始起，每一项是与它相邻两项的等差中项，也是与它等距离的前后两项的等差中项，即




（8）

 仍为等差数列，公差为

 

对等差数列定义的理解：

①如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或某一项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列，但可以说从第2项或某项开始是等差数列． 
②求公差d时，因为d是这个数列的后一项与前一项的差，故有

还有


③公差d∈R，当d=0时，数列为常数列（也是等差数列）；当d>0时，数列为递增数列；当d<0时，数列为递减数列；
④

是证明或判断一个数列是否为等差数列的依据；
⑤证明一个数列是等差数列，只需证明a_n+1-a_n是一个与n无关的常数即可。

等差数列求解与证明的基本方法：

(1)学会运用函数与方程思想解题；
(2)抓住首项与公差是解决等差数列问题的关键；
(3)等差数列的通项公式、前n项和公式涉及五个量：a₁，d，n，a_n，S_n，知道其中任意三个就可以列方程组求出另外两个(俗称“知三求二’)．