1樓：ら點點滴滴
（ⅰ） 當n=1時，a2=s1+1=a1+1=2，…（1分）當n≥2時，sn+1=an+1，sn-1+1=an，
兩式相減得an+1=2an，…（2分）
又a2=2a1，∴是首項為1，公比為2的等比數列，∴an＝n?1
．…（4分）
（ⅱ） 由（ⅰ） 知a
n＝n?1，b
n＝n4an
＝n4?n?1
=nn+1，∴t
n＝1+2+3
+…+n
n+1，12
tn＝1+2
+…+n?1
n+1+n
n+2，
兩式相減得12t
n＝1+1+1
+…+1
n+1?n
n+2=1
(1?1n)
1?12
?nn+2
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收起2016-03-11
已知正項數列的前n項和為sn,且a1=1, a...
2015-02-10
已知sn是數列的前n項和，並且a1=1，對任意正整數...
2015-02-10
已知數列的前n項和sn，滿足：a1=1，sn-2sn...
2013-09-15
在數列｛an｝中，已知a1=-1,an+1=sn+3n-1，...
2016-02-03
設sn為數列的前n項和，已知a1=2，都有2sn=（...
2013-04-05
已知數列中，a1=2,n∈n+,an＞0，數列的前n項和為sn，a1=t，且an+1=2s...
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已知正項數列{an}的前n項和為sn,且a1=1, a²n+1=sn+1+sn 求｛an｝的通項公式
2樓：匿名使用者
解：(1)
a2²=s2+s1=a1+a2+a1=2a1+a2=2×1+a2=a2+2
a2²-a2-2=0
(a2+1)(a2-2)=0
a2=-1(捨去)或a2=2
a(n+1)²=s(n+1)+sn
a(n+2)²=s(n+2)+s(n+1)
a(n+2)²-a(n+1)²=s(n+2)-sn=a(n+2)+a(n+1)
[a(n+2)+a(n+1)][a(n+2)-a(n+1)]-[a(n+2)+a(n+1)]=0
[a(n+2)+a(n+1)][a(n+2)-a(n+1)-1]=0
數列是正項數列，a(n+2)+a(n+1)恆》0，因此只有a(n+2)-a(n+1)-1=0
a(n+2)-a(n+1)=1，為定值，又a2-a1=2-1=1，數列是以1為首項，1為公差的等差數列。
an=1+1×(n-1)=n
n=1時，a1=1，同樣滿足表示式
數列的通項公式為an=n
(2)bn=a(2n-1)·2^(an)=(2n-1)·2ⁿ
tn=1·2+3·2²+5·2³+...+(2n-1)·2ⁿ
2tn=1·2²+3·2³+...+(2n-3)·2ⁿ+(2n-1)·2ⁿ⁺¹
tn-2tn=-tn=2+2·2²+2·2³+...+2·2ⁿ-(2n-1)·2ⁿ⁺¹
=2·(2+2²+...+2ⁿ)-(2n-1)·2ⁿ⁺¹ -2
=2·2·(2ⁿ-1)/(2-1) -(2n-1)·2ⁿ⁺¹ -2
=(3-2n)·2ⁿ⁺¹+6
tn=(2n-3)·2ⁿ⁺¹+6
已知sn是數列{an}的前n項和，並且a1=1，對任意正整數n，sn+1=4an+2；設bn=an+1-2an（n=1，2，3，…）．（
3樓：小亞
（i）∵sn+1=4an+2，∴sn=4an-1+2（n≥2），兩式相減：an+1=4an-4an-1（n≥2），∴an+1=4（an-an-1）（n≥2），∴bn=an+1-2an，
∴bn+1=an+2-2an+1=4（an+1-an）-2an+1，bn+1=2（an+1-2an）=2bn（n∈n*），
∴bn+1bn
＝2，∴是以2為公比的等比數列，（4分）
∵b1=a2-2a1，而a1+a2=4a1+2，∴a2=3a1+2=5，b1=5-2=3，
∴bn=3?2n-1（n∈n*）（7分）
（ii）**＝b
n3＝n?1，∴1
logc
n+1?log
**+2
＝1log
n?log
n+1＝1
n(n+1)
，（9分）
而1n(n+1)＝1n
?1n+1，∴t
n＝(1?1
2) +(12?1
3) +…+ (1n?1
n+1)＝1?1
n+1（12分）
已知數列{an}的前n項和sn，滿足：a1=1，sn-2sn-1=1，n∈n*，且n≥2．（1）求證：數列{an}是等比數列；（2
4樓：藍瑾璃欔
（1）當n≥2時，由來s
n?2s
n?1＝自1s
n+1?2sn＝1
兩式相減得an+1-2an=0，
又當n=2時，a2=2，
所以an+1an
＝2(n∈n*)，
所以是以1為首項，2為公比的等比數列．
（2）由（1）得a
n＝n?1
，∴**
＝n×(12)
n?1，∴tn
＝1×(12)
+2×(12)
+3×(12)
+…+(n?1)×(12)
n?2+n×(12)
n?1∴12t
n＝1×(12)
+2×(12)
+3×(12)
+…+(n?1)×(12)
n?1+n×(12)
n兩式相減得12t
n＝(12)
+(12
)+(12)
+…+(12)
n?1?n×(12)
n＝2?(n+2)×(12)
n∴tn=4?(n+2)×(12)
n?1＜4，
所以m可以取大於等於4的任意整數，
又∵tn+1?tn
＝(n+1)×(12)
n＞0∴tn≥t1=1，
綜上，存在正整數m，m，使得m≤tn＜m對任意正整數n恆成立，其中m=1，m≥4且m∈n．
在數列｛an｝中，已知a1=-1,an+1=sn+3n-1，其中sn為數列｛an｝的前n項和
5樓：匿名使用者
解：（1）因為an+1=sn+3n-1
所以an=sn+3n-4
兩式相減得an+1=2an+3(1)
設an+1+k=2(an+k)
將（1）帶入解得k=3
所以數列(an+3)為等比數列
所以an=2^n-3
(2)由bn+1>bn得
3^n>-入（-1）^nx2^(n-1)
當n為偶數時，不等式恆成立；
當n為奇數時，原不等式可化為3^n>入x2^(n-1),當n接近正無窮或負無窮時，3^n接近等於2^(n-1)且3^n>2^n-1。
所以入=-1時原不等式恆成立
設sn為數列{an}的前n項和，已知a1=2，都有2sn=（n＋1）an 求數列{an}的通項公式
6樓：匿名使用者
解：(1)
n≥2時，
2an=2sn-2s(n-1)=(n+1)an-na(n-1)(n-1)an=na(n-1)
an/n=a(n-1)/(n-1)
a1/1=2/1=2，數列是各項均為2的常數數列an/n=2
an=2n
n=1時，a1=2×1=2，同樣滿足表示式數列的通項公式為an=2n
(2)4/[an(an+2)]=4/[2n×(2n+2)]=1/[n(n+1)]=1/n -1/(n+1)
tn=1-½+½-⅓+...+1/n -1/(n+1)=1- 1/(n+1)
1/(n+1)>0，1- 1/(n+1)<1隨n增大，n+1單調遞增，1/(n+1)單調遞減，1-1/(n+1)單調遞增，當n=1時，
1- 1/(n+1)有最小值=1- 1/(1+1)=½綜上，得½≤tn<1
已知數列{an}中，a1=2,n∈n+,an＞0，數列{an}的前n項和為sn，且滿足an+1=2/[(sn+1)+sn-2],求sn的通項公式
7樓：匿名使用者
解：an>0，sn>0
a(n+1)=2/[s(n+1)+sn-2]s(n+1) -sn=2/[s(n+1)+sn -2]去分母，整理得
s(n+1)²-2s(n+1)-sn²+2sn=2s(n+1)²-2s(n+1)+1 -sn²+2sn-1=2[s(n+1) -1]² -(sn -1)²=2(s1-1)²=(a1-1)²=(2-1)²=1²=1數列是以1為首項，2為公差的等差數列。
(sn -1)²=1+2(n-1)=2n-1sn=1-√(2n-1) (≤0，捨去)或sn=1+√(2n-1)數列的通項公式為sn=1+√(2n-1)。
sn為數列an的前n項和已知，sn為數列 an 的前n項和,已知an 0,an 2 2an 4sn
n 2時，an 2an 4sn 3 a n 1 2a n 1 4s n 1 3an 2an a n 1 2a n 1 4 sn s n 1 4an an a n 1 2an 2a n 1 0 an a n 1 an a n 1 2 an a n 1 0 an a n 1 an a n 1 2 0an...
已知數列an的前n項和為Sn，且Sn 2an n n屬於
sn 2an n s1 2a1 1 a1 a1 1 s n 1 2a n 1 n 1 sn s n 1 an 2an n 2a n 1 n 1 an 2a n 1 1 an 1 2a n 1 2 an 1 2 a n 1 1 an 1 a n 1 1 1 2從這可看出 數列為等比數列，且等比q 1 ...
已知數列an的前n項和為Sn，且滿足Sn2ann
1 因為sn 2an n，令n 1 解得a1 1，再分別令n 2，n 3，解得a2 3，a3 7 2 因為sn 2an n，所專以sn 1 2an 1 n 1 n 2，n n 兩式相減 屬得an 2an 1 1 所以an 1 2 an 1 1 n 2，n n 又因為a1 1 2，所以an 1是首項為...