Question

3．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n=2a_n-2ⁿ，
（I）求a₃、a₄；
（Ⅱ）證明：數(shù)列{a_n+1-2a_n}是一個(gè)等比數(shù)列；
（Ⅲ）求{a_n}的通項(xiàng)公式．

Answer 1

分析 （I）數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n=2a_n-2ⁿ，分別令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）當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-2ⁿ-$（2{a}_{n-1}-{2}^{n-1}）$，化為a_n=2a_n-1+2^n-1，證明$\frac{{a}_{n+1}-2{a}_{n}}{{a}_{n}-2{a}_{n-1}}$為一非0常數(shù)即可．
（III）由a_n=2a_n-1+2^n-1，化為$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}-\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$=$\frac{1}{2}$，利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出．

解答 （I）解：數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n=2a_n-2ⁿ，
∴分別令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）證明：當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=2a_n-2ⁿ-$（2{a}_{n-1}-{2}^{n-1}）$，化為a_n=2a_n-1+2^n-1，
∴$\frac{{a}_{n+1}-2{a}_{n}}{{a}_{n}-2{a}_{n-1}}$=$\frac{{2}^{n}}{{2}^{n-1}}$=2，
∴數(shù)列{a_n+1-2a_n}是一個(gè)等比數(shù)列，首項(xiàng)為2，公比為2．
（III）解：由a_n=2a_n-1+2^n-1，
化為$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}-\frac{{a}_{n-1}}{{2}^{n-1}}$=$\frac{1}{2}$，
∴數(shù)列$\{\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}\}$是等差數(shù)列，首項(xiàng)為1，公差為$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=1+$\frac{1}{2}（n-1）$=$\frac{n+1}{2}$，
∴a_n=（n+1）•2^n-1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、遞推關(guān)系的應(yīng)用，考查了變形能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．