Question

16．已知數(shù)列{a_n}中，S_n是前n項(xiàng)和，且S_n+1=4a_n+2（n∈N^*），a₁=1
（1）設(shè)b_n=a_n+1-2a_n，則數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式b_n=3•2^n-1；
（2）在（1）的條件下，設(shè)c_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$，則數(shù)列{c_n}的通項(xiàng)公式c_n=$\frac{3n-1}{4}$；
（3）在（2）的條件下，數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式a_n=$\frac{3n-1}{4}$•2ⁿ，前n項(xiàng)和S_n=2-$\frac{4-3n}{2}$•2ⁿ．

Answer 1

分析 （1）通過S_n+1=4a_n+2與S_n+2=4a_n+1+2作差可知a_n+2=4a_n+1-4a_n，變形可知a_n+2-2a_n+1=2（a_n+1-2a_n），進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（2）通過（1）可知b_n=3•2^n-1，通過對(duì)等式兩邊同時(shí)除以2ⁿ⁺¹可知$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$+$\frac{3}{4}$，進(jìn)而可知數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是以$\frac{1}{2}$為首項(xiàng)、$\frac{3}{4}$為公差的等差數(shù)列，計(jì)算即得結(jié)論；
（3）通過（2）可知a_n=$\frac{3n-1}{4}$•2ⁿ，利用錯(cuò)位相減法計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）∵S_n+1=4a_n+2（n∈N^*），
∴S_n+2=4a_n+1+2，
兩式相減得：a_n+2=4a_n+1-4a_n，
∴a_n+2-2a_n+1=2（a_n+1-2a_n），
即b_n+1=2b_n，
又∵b₁=a₂-2a₁=S₂-3a₁=4a₁+2-3a₁=2+a₁=2+1=3，
∴數(shù)列{b_n}是以3為首項(xiàng)、2為公比的等比數(shù)列，
∴b_n=3•2^n-1；
（2）由（1）可知b_n=a_n+1-2a_n=3•2^n-1，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{2{a}_{n}+3•{2}^{n-1}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$+$\frac{3}{4}$，
又∵$\frac{{a}_{1}}{{2}^{1}}$=$\frac{1}{2}$，
∴數(shù)列{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是以$\frac{1}{2}$為首項(xiàng)、$\frac{3}{4}$為公差的等差數(shù)列，
∴$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{3}{4}$（n-1）=$\frac{3n-1}{4}$，
即c_n=$\frac{3n-1}{4}$；
（3）由（2）可知a_n=$\frac{3n-1}{4}$•2ⁿ，
∴S_n=$\frac{2}{4}$•2+$\frac{5}{4}$•2²+…+$\frac{3n-1}{4}$•2ⁿ，
2S_n=$\frac{2}{4}$•2²+$\frac{5}{4}$•2³+…+$\frac{3n-4}{4}$•2ⁿ+$\frac{3n-1}{4}$•2ⁿ⁺¹，
兩式相減得：-S_n=$\frac{2}{4}$•2+$\frac{3}{4}$•2²+$\frac{3}{4}$•2³+…+$\frac{3}{4}$•2ⁿ-$\frac{3n-1}{4}$•2ⁿ⁺¹
=1+$\frac{3}{4}$（2²+2³+…+2ⁿ）-$\frac{3n-1}{4}$•2ⁿ⁺¹
=1+$\frac{3}{4}$•$\frac{4（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$-$\frac{3n-1}{4}$•2ⁿ⁺¹
=-2+$\frac{4-3n}{2}$•2ⁿ，
∴S_n=2-$\frac{4-3n}{2}$•2ⁿ；
故答案為：3•2^n-1、$\frac{3n-1}{4}$、$\frac{3n-1}{4}$•2ⁿ、2-$\frac{4-3n}{2}$•2ⁿ．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．