Question

14．设数列{a_n}的前n项和为S_n，已知a₁=1，S_n+1=4a_n+2
（1）设b_n=a_n+1-2a_n，证明数列{b_n}是等比数列；
（2）在（1）的条件下，证明{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是等差数列，并求a_n；
（3）在（1）的条件下，求数列{a_n}的前n项和为S_n．

Answer 1

分析 （1）S_n+1=4a_n+2，a₁=1，当n=1时，1+a₂=4×1+2，解得a₂；当n≥2时，a_n+1=S_n+1-S_n，变形为a_n+1-2a_n=2（a_n-2a_n-1），即可证明；
（2）由（1）可得：b_n=a_n+1-2a_n=3×2^n-1，变形为$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}-\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{3}{4}$，利用等差数列的通项公式即可得出；
（3）利用“错位相减法”与等比数列的前n项和公式即可得出．

解答 （1）证明：∵S_n+1=4a_n+2，a₁=1，
∴当n=1时，1+a₂=4×1+2，解得a₂=5；
当n≥2时，a_n+1=S_n+1-S_n=4a_n+2-（4a_n-1+2），化为a_n+1=4a_n-4a_n-1，
∴a_n+1-2a_n=2（a_n-2a_n-1），
∴数列{b_n}是等比数列，首项为a₂-2a₁=3，公比为2；
（2）证明：由（1）可得：b_n=a_n+1-2a_n=3×2^n-1，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}-\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{3}{4}$，
∴{$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}是等差数列，首项为$\frac{{a}_{1}}{2}$=$\frac{1}{2}$，公差为$\frac{3}{4}$．
$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{2}+\frac{3}{4}（n-1）$=$\frac{3n-1}{4}$，
∴a_n=（3n-1）×2^n-2．
（3）解：S_n=$2×\frac{1}{2}$+5×1+8×2+11×2²+…+（3n-1）×2^n-2，
∴2S_n=2+5×2+8×2²+…+（3n-4）×2^n-2+（3n-1）×2^n-1．
∴-S_n=1+3+3×2+3×2²+…+3×2^n-2-（3n-1）×2^n-1
=1+3×$\frac{{2}^{n-1}-1}{2-1}$-（3n-1）×2^n-1=（4-3n）×2^n-1-2，
∴S_n=（3n-4）×2^n-1+2．

点评 本题考查了“错位相减法”与等比数列的前n项和公式、等差数列的通项公式、递推式的应用，考查了变形能力、推理能力与计算能力，属于中档题．