Question

20．已知S_n是数列{a_n}的前n项和，并且S_n+1=4a_n+2，a₁=1．
（1）求证：数列{a_n+1-2a_n}是等比数列；
（2）求证：数列{$\frac{a_n}{2^n}$}是等差数列；
（3）求数列{a_n}的通项公式和前n项和．

Answer 1

分析 （1）通过S_n+1=4a_n+2与S_n+2=4a_n+1+2作差、整理得a_n+2-2a_n+1=2（a_n+1-2a_n），进而可得结论；
（2）通过（1）知a_n+1-2a_n=3•2^n-1，两边同时除以2ⁿ⁺¹、整理即得结论；
（3）通过（2）可知$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{3}{4}$（n-1），进而可得通项公式，利用S_n+1=4a_n+2计算即得结论．

解答 （1）证明：∵S_n+1=4a_n+2，
∴S_n+2=4a_n+1+2，
两式相减得：a_n+2=4a_n+1-4a_n，
∴a_n+2-2a_n+1=2（a_n+1-2a_n），
又∵S₂=4a₁+2，a₁=1，
∴a₂=5，a₂-2a₁=5-2=3，
∴数列{a_n+1-2a_n}是以3为首项、2为公比的等比数列；
（2）证明：有（1）知，a_n+1-2a_n=3•2^n-1，
∴$\frac{{a}_{n+1}-2{a}_{n}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{3•{2}^{n-1}}{{2}^{n+1}}$，
整理得：$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$-$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{3}{4}$，
又∵$\frac{{a}_{1}}{{2}^{1}}$=$\frac{1}{2}$，
∴数列{$\frac{a_n}{2^n}$}是以$\frac{1}{2}$为首项、$\frac{3}{4}$为公差的等差数列；
（3）解：由（2）可知：$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{3}{4}$（n-1），
∴a_n=2ⁿ•[$\frac{1}{2}$+$\frac{3}{4}$（n-1）]=2^n-1+3（n-1）•2^n-2，
∴S_n+1=4a_n+2
=4[2^n-1+3（n-1）•2^n-2]+2
=2ⁿ⁺¹+3[（n+1）-2]•2^（n+1）-1+2，
又∵S₁=a₁=1满足上式，
∴S_n=2ⁿ+3（n-2）•2^n-1+2．

点评 本题考查等差数列、等比数列的判定，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．