设数列 $\left\{ {a_n} \right\}$ 满足 ${a_1} = 2$，${a_2} + {a_4} = 8$，且对任意 $n \in {\mathbb{N}}^*$，函数 $f\left(x\right) = \left({a_n} - {a_{n + 1}} + {a_{n + 2}}\right)x + {a_{n + 1}} \cdot \cos x - {a_{n + 2}} \cdot \sin x$ 满足 $f'\left(\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right) = 0$．
【难度】
【出处】
2013年高考安徽卷（文）
【标注】
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求数列 $\left\{ {a_n} \right\}$ 的通项公式；标注答案${a_n} = n+1$．解析根据函数所满足的条件可以推出数列 $\{a_n\}$ 为等差数列，利用等差数列的性质可以求出其通项公式．由题设可得\[ f'\left(x\right) \overset {\left[a\right]}= {a_n} - {a_{n + 1}} + {a_{n + 2}} - {a_{n + 1}}\sin x - {a_{n + 2}}\cos x.\]（推导中用到 $\left[a\right] $．）对任意 $n \in {\mathbb{N}}^*$，因\[ f'\left(\dfrac{\mathrm \pi} {2}\right) = {a_n} - {a_{n + 1}} + {a_{n + 2}} - {a_{n + 1}} =0,\]即\[{a_{n + 1}} - {a_n} = {a_{n + 2}} - {a_{n + 1}},\]故 $\left\{a_n\right\}$ 为等差数列．由 ${a_1} = 2$，${a_2} + {a_4} = 8$，解得 $\left\{ {a_n} \right\}$ 的公差 $ d=1 $，所以，\[{a_n} \overset {\left[b\right]}= 2 + 1 \cdot \left(n - 1\right) = n + 1.\]（推导中用到 $\left[a\right] $．）
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若 ${b_n} = 2\left({a_n} + \dfrac{1}{{{2^{a_n}}}}\right)$，求数列 $\left\{b_n\right\}$ 的前 $n$ 项和 ${S_n}$．标注答案$ {S_n} = {n^2} + 3n + 1 - \dfrac{1}{{{2^{^n}}}}$．解析数列 $\{b_n\}$ 可以看成是等差数列与等比数列的和的形式，故可以利用分组求和法求其前 $n$ 项和．由\[\begin{split}{b_n}& = 2\left({a_n} + \dfrac{1}{{{2^{a_n}}}}\right) \\&= 2\left(n + 1 + \dfrac{1}{{{2^{n + 1}}}}\right) \\&= 2\left(n + 1\right) + \dfrac{1}{2^n},\end{split}\]知\[ \begin{split} {S_n} & = {b_1} + {b_2} + \cdots + {b_n} \\& \overset {\left[b\right]}= {2n} + 2 \cdot \dfrac{n\left(n + 1\right)}{2} + \dfrac{{\dfrac{1}{2}\left[ {1 - \left( {{{\dfrac{1}{2}}}} \right)^n} \right]}}{{1 - \dfrac{1}{2}}} \\& = {n^2} + 3n + 1 - \dfrac{1}{{{2^{^n}}}} . \end{split}\]（推导中用到 $ \left[b\right] $．）
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
