题目内容
3．已知数列{an}的前n项和Sn=2an-2n，（I）求a3、a4；
（Ⅱ）证明：数列{an+1-2an}是一个等比数列；
（Ⅲ）求{an}的通项公式．
分析 （I）数列{an}的前n项和Sn=2an-2n，分别令n=1，2，3，4可得：$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=2{a}_{1}-2}\\{{a}_{1}+{a}_{2}=2{a}_{2}-{2}^{2}}\\{{a}_{1}+{a}_{2}+{a}_{3}=2{a}_{3}-{2}^{3}}\\{{a}_{1}+{a}_{2}+{a}_{3}+{a}_{4}=2{a}_{4}-{2}^{4}}\end{array}\right.$，解得即可．
（II）当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2an-2n-$（2{a}_{n-1}-{2}^{n-1}）$，化为an=2an-1+2n-1，证明$\frac{{a}_{n+1}-2{a}_{n}}{{a}_{n}-2{a}_{n-1}}$为一非0常数即可．
（III）由an=2an-1+2n-1，化为$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}-\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$=$\frac{1}{2}$，利用等差数列的通项公式即可得出．
解答 （I）解：数列{an}的前n项和Sn=2an-2n，
∴分别令n=1，2，3，4可得：$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{1}=2{a}_{1}-2}\\{{a}_{1}+{a}_{2}=2{a}_{2}-{2}^{2}}\\{{a}_{1}+{a}_{2}+{a}_{3}=2{a}_{3}-{2}^{3}}\\{{a}_{1}+{a}_{2}+{a}_{3}+{a}_{4}=2{a}_{4}-{2}^{4}}\end{array}\right.$，解得a1=2，a2=6，a3=16，a4=40．
（II）证明：当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2an-2n-$（2{a}_{n-1}-{2}^{n-1}）$，化为an=2an-1+2n-1，
∴$\frac{{a}_{n+1}-2{a}_{n}}{{a}_{n}-2{a}_{n-1}}$=$\frac{{2}^{n}}{{2}^{n-1}}$=2，
∴数列{an+1-2an}是一个等比数列，首项为2，公比为2．
（III）解：由an=2an-1+2n-1，
化为$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}-\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$=$\frac{1}{2}$，
∴数列$\{\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}\}$是等差数列，首项为1，公差为$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=1+$\frac{1}{2}（n-1）$=$\frac{n+1}{2}$，
∴an=（n+1）•2n-1．
点评 本题考查了等差数列与等比数列的通项公式、递推关系的应用，考查了变形能力与计算能力，属于中档题．
函数f（x）=Asin（ωx+φ）（x∈R，A＞0，ω＞0，0＜φ＜$\frac{π}{2}$）的部分图象如图所示．
已知椭圆C经过点（$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$）和点（$\sqrt{2}$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），互相垂直的两条射线OA，OB交椭圆C于A，B两点，其中A在第二象限内（如图所示），若D是椭圆的左顶点且BD∥OA．