题目内容
已知数列{an}满足：an=2an-1+2n-1（n∈N+，n≥2）且a4=65．
（1）求数列{an}的前三项；
（2）是否存在一个实数λ，使数列{
}为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由；
（3）在（2）的条件下，求数列{an}的前n项和Sn．
（1）求数列{an}的前三项；
（2）是否存在一个实数λ，使数列{
| an+λ | 2n |
（3）在（2）的条件下，求数列{an}的前n项和Sn．
分析：（1）由数列{an}满足：an=2an-1+2n-1（n∈N+，n≥2）且a4=65．分别令n=4，3，2即可解得；
（2））由已知an=2an-1+2n-1，变形为
=
+1，可知取λ=-1时，{
}成等差数列．
（3）由（2）利用等差数列的通项公式可得an=n•2n+1，再利用“错位相减法”即可得出数列{an}的前n项和Sn．
（2））由已知an=2an-1+2n-1，变形为
| an-1 |
| 2n |
| an-1-1 |
| 2n-1 |
| an+λ |
| 2n |
（3）由（2）利用等差数列的通项公式可得an=n•2n+1，再利用“错位相减法”即可得出数列{an}的前n项和Sn．
解答：解：（1）由数列{an}满足：an=2an-1+2n-1（n∈N+，n≥2）且a4=65．令n=4，可得a4=2a3+24-1，即65=2a3+15，解得a3=25．
令n=3，可得25=2a2+23-1，解得a2=9．
令n=2，可得9=2a1+22-1，解得a1=3．
∴a3=25，a2=9，a1=3．
（2）∵an=2an-1+2n-1，
∴
=
+1-
，
∴
=
+1，
∴λ=-1时，{
}成等差数列．
（3）由（2）可得：
=
+(n-1)=n，
∴an=n•2n+1，
∴Sn=1•2+2•22+3•23+…+n•2n+n
令 Tn=1•2+2•22+3•23+…+n•2n
则2Tn=1•22+2•23+…+(n-1)2n+n•2n+1，
∴-Tn=2+22+23+…+2n-n•2n+1=2n+1-2-n•2n+1=（1-n）2n+1-2，
∴Tn=(n-1)2n+1+2Sn=(n-1)2n+1+n+2
令n=3，可得25=2a2+23-1，解得a2=9．
令n=2，可得9=2a1+22-1，解得a1=3．
∴a3=25，a2=9，a1=3．
（2）∵an=2an-1+2n-1，
∴
| an |
| 2n |
| an-1 |
| 2n-1 |
| 1 |
| 2n |
∴
| an-1 |
| 2n |
| an-1-1 |
| 2n-1 |
∴λ=-1时，{
| an+λ |
| 2n |
（3）由（2）可得：
| an-1 |
| 2n |
| 3-1 |
| 2 |
∴an=n•2n+1，
∴Sn=1•2+2•22+3•23+…+n•2n+n
令 Tn=1•2+2•22+3•23+…+n•2n
则2Tn=1•22+2•23+…+(n-1)2n+n•2n+1，
∴-Tn=2+22+23+…+2n-n•2n+1=2n+1-2-n•2n+1=（1-n）2n+1-2，
∴Tn=(n-1)2n+1+2Sn=(n-1)2n+1+n+2
点评：本题考查了变形转化为等差数列的数列的求和问题、等差数列的通项公式、等比数列的前n项和公式、“错位相减法”等基础知识与基本技能方法，属于难题．
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