数列 $\left\{ {a_n}\right\} $ 满足 ${a_1} = 1$，$n{a_{n + 1}} = \left(n + 1\right){a_n} + n\left(n + 1\right)$，$n \in {{\mathbb{N}}^ * }$．
【难度】
【出处】
2014年高考安徽卷（文）
【标注】
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证明：数列 $\left\{ \dfrac{a_n}{n}\right\} $ 是等差数列；标注答案数列 $\left\{ \dfrac{a_n}{n}\right\} $ 是首项为 $ 1 $，公差为 $ 1 $ 的等差数列．解析将递推关系式变形出要证数列的形即可征得结论．由\[n{a_{n + 1}} = \left(n + 1\right){a_n} + n\left(n + 1\right),\]等式两端同时除以 $n\left(n+1\right) $，得\[ \dfrac{{{a_{n + 1}}}}{n + 1} = \dfrac{a_n}{n} + 1,\]又因为 $ \dfrac{a_1}{1} = {a_1} = 1$，所以数列 $\left\{ \dfrac{a_n}{n}\right\} $ 是首项为 $ 1 $，公差为 $ 1 $ 的等差数列．
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设 ${b_n} = {3^n} \cdot \sqrt {a_n} $，求数列 $\left\{ {b_n}\right\} $ 的前 $n$ 项和 ${S_n}$．标注答案数列 $\left\{ {b_n}\right\} $ 的前 $n$ 项和 ${S_n} = \dfrac{\left(2n-1\right)3^{n + 1}+3}{4}$．解析根据第一题的结果知，数列 $\{b_n\}$ 是差比数列，其前 $n$ 项和 ${S_n} $ 可以通过错位相减法求得．因为 $\dfrac{a_n}{n} = 1 + \left(n - 1\right) \cdot 1 = n$，所以\[{a_n} = {n^2}.\]因为 ${b_n} = {3^n} \cdot \sqrt {a_n} = n \cdot {3^n}$，所以可以用错位相减法求数列 $\left\{ {b_n}\right\} $ 的前 $n$ 项和 ${S_n}$．因为\[ \begin{split}{S_n} & = 1 \cdot {3^1} + 2 \cdot {3^2} + \cdots + n \cdot {3^n}, \\
3{S_n} & = 1 \cdot {3^2} + 2 \cdot {3^3} + \cdots + n \cdot {3^{n + 1}}, \end{split}\]两式相减，得\[ \begin{split}- 2{S_n} &= 1 \cdot {3^1} + 1 \cdot {3^2} + \cdots + 1 \cdot {3^n} - n \cdot {3^{n + 1}} \\& = 3 \cdot \dfrac{{ 1- {3^n}}}{1 - 3} - n \cdot {3^{n + 1}} \\& = \dfrac{3}{2}\left({3^n} - 1\right) - n \cdot {3^{n + 1}}.\end{split}\]所以\[{S_n} = \dfrac{\left(2n-1\right)3^{n + 1}+3}{4} .\]
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
