Question

8．已知数列{a_n}中，a₁=2，a_n+1=3a_n+3ⁿ．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设数列{a_n}的前n项和为S_n，求证：S_n≥2恒成立．

Answer 1

分析 （1）a_n+1=3a_n+3ⁿ，将其转化为$\frac{{a}_{n+1}}{{3}^{n}}$-$\frac{{a}_{n}}{{3}^{n-1}}$=1，$\frac{{a}_{1}}{{3}^{0}}$=2，则数列{$\frac{{a}_{n}}{{3}^{n-1}}$}是以2为首项，1为公差的等差数列，利用等差数列通项公式即可求得a_n；
（2）利用“错位相减法”即可求得数列{a_n}的前n项和为S_n，由S_n+1＞S_n知数列{S_n}为递增数列，S_n≥S₁=2恒成立．

解答 解：（1）由a_n+1=3a_n+3ⁿ．
$\frac{{a}_{n+1}}{{3}^{n}}$-$\frac{{a}_{n}}{{3}^{n-1}}$=1，
$\frac{{a}_{1}}{{3}^{0}}$=2，
则数列{$\frac{{a}_{n}}{{3}^{n-1}}$}是以2为首项，1为公差的等差数列，
$\frac{{a}_{n}}{{3}^{n-1}}$=2+（n-1）=n+1，即${a_n}=（n+1）{3^{n-1}}$，
数列{a_n}的通项公式${a_n}=（n+1）{3^{n-1}}$；
（2）证明：${S_n}=2×{3^0}+3×{3^1}+4×{3^2}+…+n×{3^{n-2}}+（n+1）{3^{n-1}}$①
$3{S_n}=2×{3^1}+3×{3^2}+4×{3^3}+…+n×{3^{n-1}}+（n+1）{3^n}$②
①-②得$-2{S_n}=2×{3^0}+{3^1}+{3^2}+{3^3}+…+{3^{n-1}}-（n+1）{3^n}$，
$-2{S_n}=2+\frac{{3-{3^n}}}{1-3}-（n+1）{3^n}$，
$-2{S_n}=\frac{1}{2}-（n+\frac{1}{2}）{3^n}$，
${S_n}=-\frac{1}{4}+（\frac{2n+1}{4}）{3^n}$，
由S_n+1＞S_n知数列{S_n}为递增数列，
∴S_n≥S₁=2
综上所述原命题成立．

点评 本题考查利用递推公式求等差数列通项公式，利用“错位相减法”求数列的前n项和为S_n，考查综合分析问题及解决问题的能力，属于中档题．