Question

11．已知数列{a_n}满足a₁=1，a₂=2，4a_n+2=4a_n+1-a_n-1（n∈N^*），求数列{a_n}的通项公式．

Answer 1

分析 把已知数列递推式变形，可得${a}_{n+2}-\frac{1}{2}{a}_{n+1}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}（{a}_{n+1}-\frac{1}{2}{a}_{n}+\frac{1}{2}）$，说明数列{${a}_{n+1}-\frac{1}{2}{a}_{n}+\frac{1}{2}$}是以${a}_{2}-\frac{1}{2}{a}_{1}+\frac{1}{2}=2$为首项，以$\frac{1}{2}$为公比的等比数列，求其通项公式后，两边同乘以2ⁿ⁺¹得：${2}^{n+1}{a}_{n+1}-{2}^{n}{a}_{n}+{2}^{n}=8$，再由累加法求得数列{a_n}的通项公式．

解答 解：由4a_n+2=4a_n+1-a_n-1，得${a}_{n+2}={a}_{n+1}-\frac{1}{4}{a}_{n}-\frac{1}{4}$，
于是有${a}_{n+2}-\frac{1}{2}{a}_{n+1}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}（{a}_{n+1}-\frac{1}{2}{a}_{n}+\frac{1}{2}）$，
∴数列{${a}_{n+1}-\frac{1}{2}{a}_{n}+\frac{1}{2}$}是以${a}_{2}-\frac{1}{2}{a}_{1}+\frac{1}{2}=2$为首项，以$\frac{1}{2}$为公比的等比数列，
∴${a}_{n+1}-\frac{1}{2}{a}_{n}+\frac{1}{2}=2（\frac{1}{2}）^{n-1}$，
两边同乘以2ⁿ⁺¹得：${2}^{n+1}{a}_{n+1}-{2}^{n}{a}_{n}+{2}^{n}=8$，
∴${2}^{n+1}{a}_{n+1}-{2}^{n}{a}_{n}=8-{2}^{n}$，
则${2}^{2}{a}_{2}-{2}^{1}{a}_{1}=8-{2}^{1}$，
${2}^{3}{a}_{3}-{2}^{2}{a}_{2}=8-{2}^{2}$，
…
${2}^{n}{a}_{n}-{2}^{n-1}{a}_{n-1}=8-{2}^{n-1}$，
以上各式累加得：${2}^{n}{a}_{n}-{2}^{1}{a}_{1}=8（n-1）-（{2}^{1}+{2}^{2}+…+{2}^{n-1}）$，
即${2}^{n}{a}_{n}-2=8（n-1）-（{2}^{n}-2）$，
∴${2}^{n}{a}_{n}=4（2n-1）-{2}^{n}$，
则${a}_{n}=\frac{2n-1}{{2}^{n}}-1$．

点评 本题考查数列递推式，考查了等比关系的确定，训练了利用累加法求数列的通项公式，题目设置难度较大．