已知数列{an}中，a0=2，a1=3，a2=6，且对n≥3时，有an=（n+4）an-1-4nan-2+（4n-8）an-3．（Ⅰ）设数列{bn}满足bn=an-nan-1，n∈N*，证明数列{bn+1-2bn}为等比数列，并求数列{bn}的通项公式；（Ⅱ）记n×（n-1）×…×2×1=n!，求数列{nan}的前n项和Sn．

答

（Ⅰ） 证明：由条件，得a_n-na_n-1=4[a_n-1-（n-1）a_n-2]-4[a_n-2-（n-2）a_n-3]，
则a_n+1-（n+1）a_n=4[a_n-na_n-1]-4[a_n-1-（n-1）a_n-2]．…2分
即b_n+1=4b_n-4b_n-1．又b₁=1，b₂=0，所以b_n+1-2b_n=2（b_n-2b_n-1），b₂-2b₁=-2≠0．
所以{b_n+1-2b_n}是首项为-2，公比为2的等比数列． …4分b₂-2b₁=-2，所以b_n+1-2b_n=2^n-1（b₂-2b₁）=-2ⁿ．
两边同除以2ⁿ⁺¹，可得

bn+1

2n+1

−

bn

2n

＝−

1

2

．…6分
于是{

bn

2n

}为以

1

2

首项，-

1

2

为公差的等差数列．
所以

bn

2n

＝

b1

2

−

1

2

(n−1)，得bn＝2n(1−

n

2

)．…8分
（Ⅱ）a_n-2ⁿ=na_n-1-n2^n-1=n（a_n-1-2^n-1），令c_n=a_n-2ⁿ，则c_n=nc_n-1．
而c₁=1，∴c_n=n（n-1）•…•2•1•c₁=n（n-1）•…•2•1．
∴a_n=n（n-1）•…•2•1+2ⁿ． …12分na_n=n•n•（n-1）•…•2•1+n2ⁿ=（n+1）!-n!+n•2ⁿ，
∴S_n=（2!-1!）+（3!-2!）+…+（n+1）!-n!+（1×2+2×2²+…+n×2ⁿ）．…14分
令T_n=1×2+2×2²+…+n×2ⁿ，①
则2T_n=1×2²+2×2³+…+（n-1）×2ⁿ+n×2ⁿ⁺¹．②
①-②，得-T_n=2+2²+…+2ⁿ-n×2ⁿ⁺¹，T_n=（n-1）2ⁿ⁺¹+2．
∴S^＝(n+1)!+(n−1)2n+1+1．…16分．
答案解析：（Ⅰ）由条件，得a_n-na_n-1=4[a_n-1-（n-1）a_n-2]-4[a_n-2-（n-2）a_n-3]，进而再写一式a_n+1-（n+1）a_n=4[a_n-na_n-1]-4[a_n-1-（n-1）a_n-2]．代入化简得b_n+1=4b_n-4b_n-1．构建数列{b_n+1-2b_n}，从而可证明其是首项为-2，公比为2的等比数列．由此可求数列{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）易得na_n=n•n•（n-1）•…•2•1+n2ⁿ=（n+1）!-n!+n•2ⁿ，从而S_n=（2!-1!）+（3!-2!）+…+（n+1）!-n!+（1×2+2×2²+…+n×2ⁿ），同乘公比，错位相减可求．
考试点：数列递推式；等差数列的通项公式；等比关系的确定；数列的求和．
知识点：本题以数列递推式为载体，考查数列的通项及求和问题，掌握通解通法是关键．应学会构造法求数列的通项．