Question

14．已知函数$f（x）=\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}$，若对于数列{a_n}满足：a_n+1=4f（a_n）-a_n-1+4（n∈N^*，n≥2），且a₁=-1，a₂=2．
（1）求证：数列{a_n-a_n-1}（n∈N^*，n≥2）为等差数列，并求数列{a_n}的通项公式；
（2）设${b_n}=\frac{{{a_n}+2}}{n}×{3^{n-1}}$，若数列{b_n}的前n项和为S_n，求S_n．

Answer 1

分析 （1）由已知$f（x）=\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}$及a_n+1=4f（a_n）-a_n-1+4，可得（a_n+1-a_n）-（a_n-a_n-1）=2（n≥2），求出a₂-a₁=3，可得数列{a_n+1-a_n}是一个以3为首项，以2为公差的等差数列；再由等差数列的通项公式可得a_n+1-a_n=2n+1，然后利用累加法求得数列{a_n}的通项公式；
（2）把（1）中求得的通项公式代入${b_n}=\frac{{{a_n}+2}}{n}×{3^{n-1}}$，然后利用错位相减法求S_n．

解答 （1）证明：由题意，${a_{n+1}}=4f（{a_n}）-{a_{n-1}}+4=4（\frac{1}{2}{a_n}-\frac{1}{2}）-{a_{n-1}}+4=2{a_n}-{a_{n-1}}+2（n≥2）$，
即（a_n+1-a_n）-（a_n-a_n-1）=2（n≥2），
∵a₁=-1，a₂=2，∴a₂-a₁=3，
∴数列{a_n+1-a_n}是一个以3为首项，以2为公差的等差数列；
则a_n+1-a_n=3+2（n-1）=2n+1，
则a₂-a₁=2×1+1，a₃-a₂=2×2+1，…，a_n-a_n-1=2（n-1）+1（n≥2）．
累加得${a_n}={a_1}+2[1+2+…+（n-1）]+（n-1）={n^2}-2$．
验证n=1时上式成立，∴${a_n}={n^2}-2$；
（2）解：${b_n}=\frac{{{a_n}+2}}{n}=\frac{{{n^2}-2+2}}{n}×{3^{n-1}}=n×{3^{n-1}}$，
则${S_n}={b_1}+{b_2}+…+{b_n}=1×{3^0}+2×{3^1}+3×{3^2}+…+n×{3^{n-1}}$，
$3{S_n}=1×{3^1}+2×{3^2}+3×{3^3}+…+n×{3^n}$，
两式作差得：$-2{S_n}=1×{3^0}+1×{3^1}+1×{3^2}+…+1×{3^{n-1}}-n×{3^n}=\frac{{1-{3^n}}}{1-3}-n×{3^n}=\frac{{1-{3^n}}}{-2}-n×{3^n}$．
∴${S_n}=\frac{{1-{3^n}}}{4}+\frac{n}{2}×{3^n}=\frac{{（2n-1）×{3^n}+1}}{4}$．

点评 本题考查数列递推式，考查等差关系的确定，训练了错位相减法求数列的前n项和，是中档题．