已知数列{an}的前n项和为Sn，点（an+2，Sn+1）在直线y=4x-5上，其中n∈N*，令bn=an+1-2an，且a1=1．（1）求数列{bn}的通项公式；（

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解：（1）∵Sn+1=4（an+2）-5，
∴Sn+1=4an+3．
∴Sn=4an-1+3（n≥2）．
∴an+1=4an-4an-1（n≥2）．
∴an+1-2an=2（an-2an-1）（n≥2）．
∴（n≥2）．
∴数列{bn}为等比数列，其公比为q=2，首项b1=a2-2a1，
而a1+a2=4a1+3，且a1=1，
∴a2=6．
∴b1=6-2=4．
∴bn=4×2n-1=2n+1．（4分）．
（2）∵f（x）=b1x+b2x2+b3x3++bnxn，
∴f'（x）=b1x+2b2x+3b3x2++nbnxn-1．
∴f'（1）=b1+2b2+3b3++nbn．
∴f'（1）=22+2?23+3?24++n?2n+1，①
∴2f'（1）=23+2?24+3?25++n?2n+2．②
①-②得-f'（1）=22+23+24++2n+1-n?2n+2
==-4（1-2n）-n?2n+2，
∴f'（1）=4+（n-1）?2n+2．（6分）．
∴f'（1）-（8n2-4n）=4（n-1）?2n-4（2n2-n-1）=4（n-1）[2n-（2n+1）]．
当n=1时，f′（1）=8n2-4n；
当n=2时，f′（1）-（8n2-4n）=4（4-5）=-4＜0，f′（1）＜8n2-4n；
当n≥3时，4（n-1）＞0，
且2n=（1+1）n=Cn0+Cn1+Cnn-1+Cnn＞2n+2＞2n+1，
∴n≥3时，总有2n＞2n+1．（10分）．
∴n≥3时，总有f′（1）＞8n2-4n．
解析分析：（1）由Sn+1=4（an+2）-5，知Sn=4an-1+3（n≥2）．所以an+1=4an-4an-1（n≥2）．an+1-2an=2（an-2an-1）（n≥2），（n≥2）．由此能求出数列{bn}的通项公式；（2）由f（x）=b1x+b2x2+b3x3++bnxn，知f'（1）=b1+2b2+3b3+…+nbn=22+2?23+3?24+…+n?2n+1，再由错位相减法能够导出f'（1）=4+（n-1）?2n+2．然且由分类讨论进行求解．

点评：本题考查数列的性质和应用，解题时要注意公式的合理运用，注意错位相减法和分类讨论思想的运用．