已知數列an前n項的和為Sn，且有Sn1kSn

n+1＝12s

n+2①當n≥2時，sn＝1

2sn?1+2②①-②，得a

n+1＝12a

n(n≥2)

又a＝12a

，由a1=2≠0可得an≠0（n∈n*），∴an+1an＝1

2  (n∈n*)

於是是等比數列，其首項為a1=2，公比為12，所以s

n＝2?[1?(12)

n]1?12

＝4(1?1

n)…（6分）

（ii）不等式sn?m

sn+1

?m＜1

2，即4(1?1

n)?m

4(1?1

n+1)?m＜12

．，整理得n

(4?m)?4

n(4?m)?2＜12

，令t=2n（4-m），則不等式變為t?4t?2＜1

2，解之得2＜t＜6即2＜2n（4-m）＜6…（8分）假設存在正整數m，n使得上面的不等式成立，由於2n為偶數，4-m為整數，

則只能是2n（4-m）=4∴

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收起2015-02-10

已知數列的前n項和sn滿足sn+1=ksn+2，且a...

2015-02-22

已知數列前n項的和為sn，且有sn+1=ksn+2 ...

2011-02-23

已知數列｛an}的前n項和sn滿足s(n+1)=ksn+2(...

2015-02-10

已知數列的前n項和sn滿足sn+1=ksn+2，又a...

2015-02-09

已知數列的前n項和sn滿足sn+1=ksn+2，又a...

2011-08-02

已知數列的前n項和sn滿足sn+1=ksn+2,又a...

2010-07-25

已知數列｛an｝的前n項和sn滿足sn+1＝ksn+1,又a...

2013-07-26

已知數列｛an｝的前n項和sn滿足sn+1＝ksn+2,又a...

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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

4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

已知數列{an}中，前n項和為sn，a1=5，並且sn+1=sn+2an+2n+2（n∈n*），（1）求a2，a3的值；（2）設bn=an+

5樓：手機使用者

（1）∵sn+1=sn+2an+2n+2（制n∈n*），∴sn+1-sn=2an+2n+2（n∈n*），即an+1=2an+2n+2（n∈n*），又∵sn=2an+2n+2（n∈n*），

∴a2=2a1+23=10+8=18，

a3=2a2+24=36+16=52

（2）∵bn=an+λ

n，∴b1=a

+λ=5+λ

，b2=a

+λ=18+λ4，

b3=a

+λ=52+λ8，

∵數列為等差數列

∴2b2=b1+b3=2×18+λ

4=5+λ

+52+λ

8解得λ=0

（3）由（2）得bn=ann

，∴b1=5

，b2=9

∴d=b2-b1=2，

即數列是公差d=2，首項為b1=5

的等差數列

∴bn=ann

=5+2（n-1）=4n+1

2∴an=2n-1?（4n+1）若an

＜(t?n+1

2n?5

)?n對任何的n∈n*恆

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（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．

設數列{an}的前n項和為sn，已知2sn+1=sn+λ（n∈n*，λ為常數），a1=2，a2=1．（1）求數列{an}的通項公式

7樓：我愛楓兒

（1）由題意，得2s2=s1+λ，求得λ=4．所以，2sn+1=sn+4①

當n≥2時，2sn=sn-1+4②

①-②，得a

n+1＝12

an（n≥2），又a＝12

a，所以數列是首項為2，公比為1

2的等比數列．

所以的通項公式為a

n＝(12)

n?2（n∈n*）．

（2）由（1），得s

n＝4(1?1n)，

由sn?ms

n+1?m＝1a

m+1，得1+a

n+1sn?m

＝1+a

m，化簡得2

(4?m)n

?4＝4m，

即（4-m）2n-4=2m-1，即（4-m）2n=4+2m-1．（*）

因為2m-1+4＞0，所以（4-m）?2n＞0，所以m＜4，因為m∈n*，所以m=1或2或3．

當m=1時，由（*）得3×2n=5，所以無正整數解；

當m=2時，由（*）得2×2n=6，所以無正整數解；

當m=3時，由（*）得2n=8，所以n=3．綜上可知，存在符合條件的正整數m=n=3．

高中數學已知數列an的前n項和為sn,且滿足sn

1 n 1時，baia1 4 3 a1 1 a1 4 n 2時，an sn s n 1 4 3 an 1 4 3 a n 1 1 an a n 1 4，為du定值。數zhi列dao是以4為首項內，4為公容 比的等比數列 an 4 4 4 數列的通項公式為an 4 2 bn log2 an log2 ...

已知數列an前n項和為sn,3sn an 3 0,n屬於n

可以先求出前面幾項再觀察，比如n 1時，s1就是a1，3s1 a1 3 0就是4a1 3，得a1 3 4.解 sn 3 2an，sn 1 3 2an 1，得 sn 1 sn 2an 1 2an，即an 1 2an 1 2an，移向整理得出an 1 2an，又n 1時，a1 s1 3 2a1，a1 3...

已知數列an的前n項和Sn 2n 2 2n,數列bn

1 n 1時，s1 1 a1 所以a1 1 2 an sn s n 1 1 an 1 a n 1 a n 1 an 所以 an 1 2a n 1 是等比數列 an 1 2 n 2 tn 2 1 2 3 1 2 2 n 1 1 2 n 1 2tn 2 1 2 2 n 1 2 n n 1 1 2 n 1...