Question

13．已知数列{a_n}满足a₁=1，a₂=6，4a_n-1+a_n+1=4a_n（n≥2）
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）求数列{a_n}的前n项和S_n．

Answer 1

分析 （1）由已知条件推导出数列{a_n+1-2a_n}是以4为首项，2为公比的等比数列，从而得到$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}-\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=1，由此能求出a_n．
（2）由数列{a_n}的通项公式，利用错位相减法能求出数列{a_n}的前n项和S_n．

解答 解：（1）∵数列{a_n}满足a₁=1，a₂=6，4a_n-1+a_n+1=4a_n（n≥2），
∴a_n+1=4a_n-4a_n-1，
∴a_n+1-2a_n=2a_n-4a_n-1=2（a_n-a_n-1），
∵a₂-2a₁=4，
∴数列{a_n+1-2a_n}是以4为首项，2为公比的等比数列，
∴${a}_{n+1}-2{a}_{n}=4×{2}^{n-1}={2}^{n+1}$，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}-\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=1，又$\frac{{a}_{1}}{2}$=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{2}$+（n-1）=$n-\frac{1}{2}$．
∴a_n=（n-$\frac{1}{2}$）•2ⁿ．
（2）S_n=$\frac{1}{2}•2+\frac{3}{2}•{2}^{2}+\frac{5}{2}•{2}^{3}+…+（n-\frac{1}{2}）•{2}^{n}$，①
$2{S}_{n}=\frac{1}{2}•{2}^{2}+\frac{3}{2}•{2}^{3}+\frac{5}{2}•{2}^{4}+…+（n-\frac{1}{2}）•{2}^{n+1}$，②
①-②，得：
-S_n=1+${2}^{2}+{2}^{3}+{2}^{4}+…+{2}^{n}-（n-\frac{1}{2}）•{2}^{n+1}$
=1+$\frac{4（1-{2}^{n-1}）}{1-2}$-（n-$\frac{1}{2}$）•2ⁿ⁺¹，
=-3-（n-$\frac{3}{2}$）•2ⁿ⁺¹，
∴S_n=3+（n-$\frac{3}{2}$）•2ⁿ⁺¹．

点评 本题考查数列的通项公式和前n项和公式的求法，综合性强，难度大，解题时要认真审题，注意构造法和错位相减法的合理运用．