Question

已知数列{a_n}满足：a₁=1，a₂=4，且对任意的n≥3，n∈N^*有a_n-4a_n-1+4a_n-2=0．
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式a_n；
（Ⅱ）是否存在等差数列{b_n}，使得对任意的n∈N^*有a_n=b₁C_n¹+b₂C_n²+…+b_nC_nⁿ成立？证明你的结论．

Answer 1

解：（Ⅰ）∵a_n-4a_n-1+4a_n-2=0，
∴a_n-2a_n-1=2（a_n-1-2a_n-2）（其中n≥3）；
∴=2，（其中n≥3）；
∴数列{a_n-2a_n-1}是首项为（a₂-2a₁），公比为2的等比数列，
∵a₂-2a₁=2，∴a_n-2a_n-1=2•2^n-2=2^n-1（其中n≥2）；
∴-=1，∴数列{}是首项为1，公差为1的等差数列，故=n，即a_n=n•2^n-1；
（Ⅱ）令n=1，2，3，代入a_n=b₁C_n¹+b₂C_n²+…+b_nC_nⁿ得：
b₁=1①，b₁C₂¹+b₂C₂²=4②，b₁C₃¹+b₂C₃²+b₃C₃³=12③；
由①②③组成方程组，解得：b₁=1，b₂=2，b₃=3；
由此可猜想b_n=n，即n•2^n-1=C_n¹+2C_n²+…+nC_nⁿ
下面用数学归纳法证明：
（1）当n=1时，等式左边=1，右边=C₁¹=1，
∴当n=1时，等式成立，
（2）假设当n=k时，等式成立，即k•2^k-1=C_k¹+2C_k²+…+kC_k^k
当n=k+1时
（k+1）•2^k+1-1=k•2^k+2^k=2k•2^k-1+2^k=2（C_k¹+2C_k²+…+kC_k^k）+（C_k⁰+C_k¹+…+C_k^k）
=2C_k¹+4C_k²+…+2kC_k^k+C_k⁰+C_k¹+…+C_k^k
=（C_k⁰+C_k¹）+2（C_k¹+C_k²）+3（C_k²+C_k³）+…+（k+1）C_k^k
=C_k+1¹+2C_k+1²+3C_k+1³+…+（k+1）C_k+1^k+1
∴当n=k+1时，等式成立，
综上所述，存在等差数列b_n=n，使得对任意的n∈N^*有a_n=b₁C_n¹+b₂C_n²+…+b_nC_nⁿ成立．
分析：（Ⅰ）由a_n-4a_n-1+4a_n-2=0，得a_n-2a_n-1=2（a_n-1-2a_n-2）（其中n≥3）；即=2，得数列{a_n-2a_n-1}是等比数列；首项a₂-2a₁=2，则通项a_n-2a_n-1=2•2^n-2=2^n-1（其中n≥2）；从而得数列a_n的通项公式；
（Ⅱ）当n=1，2，3时，由a_n=b₁C_n¹+b₂C_n²+…+b_nC_nⁿ得：b₁=1①，b₁C₂¹+b₂C₂²=4②，b₁C₃¹+b₂C₃²+b₃C₃³=12③；由①②③组成方程组，得b₁，b₂，b₃；由此猜想b_n的通项公式，即n•2^n-1=C_n¹+2C_n²+…+nC_nⁿ；用数学归纳法证明即可．
点评：本题综合考查了数列与递推公式的应用，组合数公式与数学归纳法的应用；解题时应细心分析，认真解答，以免出错．