Question

2．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=-l，a_n+1=2a_n+（3n-1）•3ⁿ⁺¹，（n∈N^*），則其通項(xiàng)a_n=31•2ⁿ+（3n-10）•3ⁿ⁺¹．

Answer 1

分析 通過對(duì)a_n+1=2a_n+（3n-1）•3ⁿ⁺¹（n∈N^*）變形、構(gòu)成新數(shù)列{b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$}，從而利用累加法可求出當(dāng)n≥2時(shí)b_n-b₁的表達(dá)式，通過錯(cuò)位相減法計(jì)算可得b_n的表達(dá)式，進(jìn)而可得結(jié)論．

解答 解：因?yàn)閍_n+1=2a_n+（3n-1）•3ⁿ⁺¹，（n∈N^*），
所以$\frac{{a}_{n+1}}{{2}^{n+1}}$=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$+（3n-1）•$（{\frac{3}{2}）}^{n+1}$，
記b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$，則b₁=$\frac{{a}_{1}}{2}$=-$\frac{1}{2}$，
b_n+1-b_n=（3n-1）•$（{\frac{3}{2}）}^{n+1}$，
b_n-b_n-1=[3（n-1）-1]•$（\frac{3}{2}）^{n}$，
b_n-1-b_n-2=[3（n-2）-1]•$（\frac{3}{2}）^{n-1}$，
…
b₂-b₁=（3•1-1）•$（\frac{3}{2}）^{2}$，
累加得當(dāng)n≥2時(shí)，b_n-b₁=[3（n-1）-1]•$（\frac{3}{2}）^{n}$+[3（n-2）-1]•$（\frac{3}{2}）^{n-1}$+…+（3•1-1）•$（\frac{3}{2}）^{2}$，
$\frac{3}{2}$（b_n-b₁）=[3（n-1）-1]•$（\frac{3}{2}）^{n+1}$+[3（n-2）-1]•$（\frac{3}{2}）^{n}$+[3（n-3）-1]•$（\frac{3}{2}）^{n-1}$+…+（3•1-1）•$（\frac{3}{2}）^{3}$，
兩式相減，得：$-\frac{1}{2}$（b_n-b₁）=-[3（n-1）-1]•$（\frac{3}{2}）^{n+1}$+3•[$（\frac{3}{2}）^{n}$+$（\frac{3}{2}）^{n-1}$+…+$（\frac{3}{2}）^{3}$]+2•$（\frac{3}{2}）^{2}$
=$\frac{9}{2}$+3•$\frac{（\frac{3}{2}）^{3}[1-（{\frac{3}{2}）}^{n-2}]}{1-\frac{3}{2}}$-（3n-4）•$（\frac{3}{2}）^{n+1}$
=$\frac{9}{2}$-6[$（\frac{3}{2}）^{3}$-$（\frac{3}{2}）^{n+1}$]-（3n-4）•$（\frac{3}{2}）^{n+1}$
=-$\frac{63}{4}$-（3n-10）•$（\frac{3}{2}）^{n+1}$，
所以b_n-b₁=$\frac{63}{2}$+（6n-20）•$（\frac{3}{2}）^{n+1}$，
所以b_n=b₁+$\frac{63}{2}$+（6n-20）•$（\frac{3}{2}）^{n+1}$=31+（6n-20）•$（\frac{3}{2}）^{n+1}$（n≥2），
又因?yàn)閎₁=$\frac{{a}_{1}}{2}$=-$\frac{1}{2}$滿足上式，
所以b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=31+（6n-20）•$（\frac{3}{2}）^{n+1}$，
所以a_n=31•2ⁿ+（3n-10）•3ⁿ⁺¹，
故答案為：31•2ⁿ+（3n-10）•3ⁿ⁺¹．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，考查考查錯(cuò)位相減法，考查累加法，對(duì)表達(dá)式的靈活變形是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．