已知数列{an}的首项a1=4，前n项和为Sn，且Sn+1-3Sn-2n-4=0（n∈N+）

解题思路：（1）根据S_n+1-3S_n-2n-4=0（n∈N⁺），求得S_n-3S_n-1-2（n-1）-4=0两式相减求得a_n+1-3a_n+2=0，判断出{a_n+1}是一个等比数列．进而根据首项和公比求得数列的通项公式；
（2）化简b_n得b_n=f′（1）=a_n+2a_n-1+…+na₁．利用错位相减法得出{b_n}的通项公式．然后利用导数法确定其单调性．

（1）∵S_n+1-3S_n-2n-4=0（n∈N⁺） ①
∴S_n-3S_n-1-2（n-1）-4=0（n∈N⁺） ②
①-②得a_n+1-3a_n-2=0，
即a_n+1+1=3（a_n+1）
∴{a_n+1}是首项为5，公比为3的等比数列．
∴a_n+1=5•3^n-1，
即a_n═5•3^n-1-1．
（2）∵f（x）=a_n^x+a_n-1x²+…+a₁xⁿ，
∴f′（x）=a_n+2a_n-1x+…+na₁x^n-1
∴b_n=f′（1）=a_n+2a_n-1+…+na₁ =（5×3^n-2-1）+…+n（5×3⁰-1）
=5[3^n-1+2×3^n-2+…+n×3⁰]-
n(n+1)
2，
令S=3^n-1+2×3^n-2+…+n×3⁰，则3S=3ⁿ+2×3^n-1+…+n×3¹．
作差得S=-
n
2-
3-3n+1
4．
于是，b_n=f′（1）=
5×3n+1-15
4-
n(n+6)
4，而bn+1=
5×3n+2-15
4-
(n+1)(n+7)
4，
作差得bn+1-bn=
15×3n
2-
n
2-
7
4＞0
∴{b_n}是递增数列．

点评：
本题考点： 导数的加法与减法法则；数列与函数的综合．

考点点评： 本题考查等比数列的定义，借助数列的递推式把数列转化成等差或等比数列来解决问题的方法．考查错位相减法求和，数列与函数的关系，导数法判断单调性等知识的综合应用．属于难题．