题目（高二 · 代数）：已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比 $q>1$, 且 $a_{3}+a_{4}+a_{5}=28, a_{4}+2$ 是 $a_{3}, a_{5}$ 的等差中项. 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{1}=1$, 数列 $\left\{\left(b_{n+1}-b_{n}\right) a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $2 n^{2}+n$.

(1)求 $q$ 的值.

(2)求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式.
选项：
答案：(1)由 $a_{4}+2$ 是 $a_{3}, a_{5}$ 的等差中项得 $a_{3}+a_{5}=2 a_{4}+4$,

所以 $a_{3}+a_{4}+a_{5}=3 a_{4}+4=28$, 解得 $a_{4}=8$.

由 $a_{3}+a_{5}=20$ 得 $8\left(q+\frac{1}{q}\right)=20$, 因为 $q>1$, 所以 $q=2$.

(2)设 $c_{n}=\left(b_{n+1}-b_{n}\right) a_{n}$, 数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$.

由 $c_{n}=\left\{\begin{array}{l}S_{1}, n=1 \\ S_{n}-S_{n-1}, n \geq 2\end{array}\right.$, 解得 $c_{n}=4 n-1$, 经检验, $n=1$ 时该式成立.

由(1)可知 $a_{n}=2^{n-1}$, 所以 $b_{n+1}-b_{n}=(4 n-1) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$,

故 $b_{n}-b_{n-1}=(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}, n \geq 2$,

$b_{n}-b_{1}=\left(b_{n}-b_{n-1}\right)+\left(b_{n-1}-b_{n-2}\right)+\cdots+\left(b_{3}-b_{2}\right)+\left(b_{2}-b_{1}\right)$

$=(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}+(4 n-9) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-3}+\cdots+7 \cdot \frac{1}{2}+3$

设 $T_{n}=3+7 \cdot \frac{1}{2}+11 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\cdots+(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}, n \geq 2$,

$\frac{1}{2} T_{n}=3 \cdot \frac{1}{2}+7 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\cdots+(4 n-9) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}+(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$,

所以 $\frac{1}{2} T_{n}=3+4 \cdot \frac{1}{2}+4 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\cdots+4 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}+(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$,

因此 $T_{n}=14-(4 n+3) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}, n \geq 2$,

又 $b_{1}=1$, 所以 $b_{n}=15-(4 n+3) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}$, 经检验, $n=1$ 时该式成立.
解析：(1)由 $a_{4}+2$ 是 $a_{3}, a_{5}$ 的等差中项得 $a_{3}+a_{5}=2 a_{4}+4$,

所以 $a_{3}+a_{4}+a_{5}=3 a_{4}+4=28$, 解得 $a_{4}=8$.

由 $a_{3}+a_{5}=20$ 得 $8\left(q+\frac{1}{q}\right)=20$, 因为 $q>1$, 所以 $q=2$.

(2)设 $c_{n}=\left(b_{n+1}-b_{n}\right) a_{n}$, 数列 $\left\{c_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$.

由 $c_{n}=\left\{\begin{array}{l}S_{1}, n=1 \\ S_{n}-S_{n-1}, n \geq 2\end{array}\right.$, 解得 $c_{n}=4 n-1$, 经检验, $n=1$ 时该式成立.

由(1)可知 $a_{n}=2^{n-1}$, 所以 $b_{n+1}-b_{n}=(4 n-1) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$,

故 $b_{n}-b_{n-1}=(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}, n \geq 2$,

$b_{n}-b_{1}=\left(b_{n}-b_{n-1}\right)+\left(b_{n-1}-b_{n-2}\right)+\cdots+\left(b_{3}-b_{2}\right)+\left(b_{2}-b_{1}\right)$

$=(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}+(4 n-9) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-3}+\cdots+7 \cdot \frac{1}{2}+3$

设 $T_{n}=3+7 \cdot \frac{1}{2}+11 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\cdots+(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}, n \geq 2$,

$\frac{1}{2} T_{n}=3 \cdot \frac{1}{2}+7 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\cdots+(4 n-9) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}+(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$,

所以 $\frac{1}{2} T_{n}=3+4 \cdot \frac{1}{2}+4 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\cdots+4 \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}+(4 n-5) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$,

因此 $T_{n}=14-(4 n+3) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}, n \geq 2$,

又 $b_{1}=1$, 所以 $b_{n}=15-(4 n+3) \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{n-2}$, 经检验, $n=1$ 时该式成立.