已知数列 $\{a_n\}$ 的首项 $a_1=4$，前 $n$ 项和为 $S_n$ 且 $S_{n+1}-3S_n-2n-4=0$（$n \in \mathbb N^*$）．
【难度】
【出处】
2010年全国高中数学联赛黑龙江省预赛
【标注】
-
求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式；标注答案$a_n=5\cdot 3^{n-1}-1 ,n \in \mathbb N^* $解析由$$S_{n+1}-3S_n-2n-4=0 (n \in \mathbb N^* ),$$得$$S_{n}-3S_{n-1}-2(n-1)-4=0 ( n \in \mathbb N^*,n \geqslant 2 ).$$两式相减得$$a_{n+1}-3a_n-2=0,$$可得$$a_{n+1}+1=3(a_n+1), n \geqslant 2.$$又由已知 $a_2=14$，所以 $\{a_n+1\}$ 是一个首项为 $5$，公比 $q=3$ 的等比数列，所以$$a_n=5\cdot 3^{n-1}-1 ,n \in \mathbb N^*.$$
-
设函数 $f(x)=a_nx+a_{n-1}x^2+\cdots +a_1x^n$，$f'(x)$ 是函数 $f(x)$ 的导函数，令 $b_n=f'(1)$，求数列 $\{b_n\}$ 的通项公式，并研究其单调性．标注答案略解析因为$$f'(x)=a_n+2a_{n-1}x+\cdots+na_1x^{n-1},$$所以\[\begin{split}f'(1)&=a_n+2a_{n-1} +\cdots+na_1 \\&=(5\cdot 3^{n-1}-1)+2(5\cdot 3^{n-2}-1)+\cdots+n(5 \cdot 3^0-1)\\&=5[3^{n-1}+2\cdot 3^{n-2}+3\cdot 3^{n-3}+\cdots+n\cdot 3^0]-\dfrac {n(n+1)}{2}.\end{split}\]令$$S=3^{n-1}+2\cdot 3^{n-2}+3\cdot 3^{n-3}+\cdots+n\cdot 3^0,$$则$$3S=3^{n}+2\cdot 3^{n-1}+3\cdot 3^{n-2}+\cdots+n\cdot 3^1.$$所以，作差得$$S=-\dfrac n2-\dfrac {3-3^{n+1}}{4},$$所以$$f'(1)=\dfrac {5\cdot 3^{n+1}-15}{4}-\dfrac {n(n+6)}{2}.$$即$$b_n=\dfrac {5\cdot 3^{n+1}-15}{4}-\dfrac {n(n+6)}{2}.$$而$$b_{n+1}=\dfrac {5\cdot 3^{n+2}-15}{4}-\dfrac {(n+1)(n+7)}{2}.$$所以，作差得$$b_{n+1}-b_n=\dfrac {15\cdot 3^n}{2}-n-\dfrac 72>0,$$所以 $\{b_n\}$ 是单调递增数列．
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
