Question

16．數列{a_n}的前n項和為S_n，a₁=1，S _n+1=4a_n+2（n∈N^•）．
（1）設b_n=a_n+1-2a_n，求證：{b_n}是等比數列；
（2）設c_n=$\frac{{a}_{n}}{3n-1}$，求證：{c_n}是等比數列．

Answer 1

分析 （1）由S _n+1=4a_n+2（n∈N^•），可得n=1時，a₁+a₂=4a₁+2，解得a₂．n≥2時，a_n+1=S_n+1-S_n，化為：a_n+1=4a_n-4a_n-1，變形為：a_n+1-2a_n=2（a_n-2a_n-1），可得b_n=2b_n-1．即可證明．
（2）由（1）可得：b_n=3×2^n-1．a_n+1-2a_n=3×2^n-1，可得$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$-$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{3}{4}$．利用等差數列與等比數列的通項公式即可得出．

解答 證明：（1）∵S _n+1=4a_n+2（n∈N^•），∴n=1時，a₁+a₂=4a₁+2，解得a₂=5．
n≥2時，a_n+1=S_n+1-S_n=4a_n+2-（4a_n-1-2），
化為：a_n+1=4a_n-4a_n-1，變形為：a_n+1-2a_n=2（a_n-2a_n-1），∴b_n=2b_n-1．
∴{b_n}是等比數列，公比為2，首項b₁=a₂-2a₁=3．
（2）由（1）可得：b_n=3×2^n-1．
∴a_n+1-2a_n=3×2^n-1．
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$-$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{3}{4}$．
∴數列$\{\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}\}$是等差數列，首項為$\frac{1}{2}$，公差為$\frac{3}{4}$．
∴$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{1}{2}+\frac{3}{4}$（n-1），解得a_n=（3n-1）×2^n-2．
∴c_n=$\frac{{a}_{n}}{3n-1}$=2^n-2，
$\frac{{c}_{n+1}}{{c}_{n}}$=$\frac{{2}^{n-1}}{{2}^{n-2}}$=2．
∴{c_n}是等比數列，首項為$\frac{1}{2}$，公比為2．

點評 本題考查了數列遞推關系、等差數列與等比數列的通項公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．