1樓：神穀風子
（bai1）∵sn+1=4an-2（dun=1，2，3）zhi，∴s2=4a1-2=6．∴a2=s2-a1=4．（dao
回2分）
同理可得
答a3=8．（3分）
（2）∵sn+1=4an-2（n=1，2，3），∴sn=4an-1-2（n≥2）．（4分）
兩式相減得：an+1=4an-4an-1（5分）
變形得：an+1-2an=2an-4an-1=2（an-2an-1）（n≥2）
則：an-2an-1=2（an-1-2an-2）（n≥3）（6分）
an-2an-1=2（an-1-2an-2）=22（an-2-2an-3）=23（an-3-2an-4）
=2n-2（a2-2a1）∵a2-2a1=0∴an-2an-1=2n-2（a2-2a1）=0．
數列是常數列．（9分）
（3）由（ii）可知：an=2an-1（n≥2）．
數列是以2為首項，以2為公比的等比數列．∴an=2n，（10分）∴an
?1an+1?1
＝n?1
n+1?1＝12
?n?1n?1
2＜12．（12分）a?1
a?1+a?1a?1
++an?1a
n+1?1＜12
+12++12＝n2
．（14分）
2樓：時夏
（bai1）∵sn+1=4an-2（n=1，
2，3），∴dus2=4a1-2=6．∴a2=s2-a1=4．（zhi2分）dao
同理可回得a3=8．（3分）
（2）∵sn+1=4an-2（n=1，2，3），∴sn=4an-1-2（n≥2）．（4分）
兩式答相減得：an+1=4an-4an-1（5分）
變形得：an+1-2an=2an-4an-1=2（an-2an-1）（n≥2）
則：an-2an-1=2（an-1-2an-2）（n≥3）（6分）
an-2an-1=2（an-1-2an-2）=22（an-2-2an-3）=23（an-3-2an-4）
=2n-2（a2-2a1）∵a2-2a1=0∴an-2an-1=2n-2（a2-2a1）=0．
數列是常數列．（9分）
（3）由（ii）可知：an=2an-1（n≥2）．
數列是以2為首項，以2為公比的等比數列．∴an=2n，（10分）∴an
?1an+1?1
＝n?1
n+1?1＝12
?n?1n?1
2＜12．（12分）a?1
a?1+a?1a?1
++an?1a
n+1?1＜12
+12++12＝n2
．（14分）
已知數列{an}的前n項和為sn，4sn=an2+2an-3，若a1，a2，a3成等比數列，且n≥3時，an＞0（1）求證：當n≥3
3樓：本木兮
解答：（
1）證明：∵4sn=an
2+2an-3，4sn+1=an+1
2+2an+1-3，
兩式相減整理可得（an+1+an）（an+1-an-2）=0，∵n≥3時，an＞0，
∴an+1-an-2=0，
∴an+1-an=2，
∴n≥3時，成等差數列；
（2）解：∵4s1=a1
2+2a1-3，
∴a1=3或a1=-1，
∵a1，a2，a3成等比數列，
∴an+1+an=0，
∴q=-1，
∵a3＞0，
∴a1=3，
∴an=
3?(?1)
n?1(n＝1，2)
2n?3(n≥3)
，∴sn=32
[1?(?1)
n](n＝1，2)
n?2n(n≥3)．
已知正項數列{an}的前n項和為sn，且a1＝2，4sn＝an?an+1，n∈n*．（ⅰ）求數列{an}的通項公式；（ⅱ）設
已知數列{an}的首項a1=4，前n項和為sn，且sn+1-3sn-2n-4=0（n∈n+）（1）求數列{an}的通項公式；（2）設
4樓：手機使用者
（1）∵sn+1-3sn-2n-4=0（n∈n+） ①∴sn-3sn-1-2（n-1）-4=0（n∈n+） ②①-②得an+1-3an-2=0，
即an+1+1=3（an+1）
∴是首項為5，公比為3的等內比數列．
∴an+1=5?3n-1，
即an═容5?3n-1-1．
（2）∵f（x）=anx
+an-1x2+…+a1xn，
∴f′（x）=an+2an-1x+…+na1xn-1∴bn=f′（1）=an+2an-1+…+na1 =（5×3n-2-1）+…+n（5×30-1）
=5[3n-1+2×3n-2+…+n×30]-n(n+1)2，令s=3n-1+2×3n-2+…+n×30，則3s=3n+2×3n-1+…+n×31．
作差得s=-n
2-3-n+14．
於是，bn=f′（1）=5×n+1
-154
-n(n+6)
4，而b
n+1=5×n+2
-154
-(n+1)(n+7)4，
作差得b
n+1-b
n=15×n2-n
2-74＞0
∴是遞增數列．
已知遞增數列{an}的前n項和為sn，且滿足a1=1，4sn-4n+1=an2．設bn=1anan+1，n∈n*，且數列{bn}的前n項和
5樓：手機使用者
解答：（
1）證明：由4sn
?4n+1＝an，
得4sn?1
?4(n?1)+1＝a
n?1(n≥2)，…（2分）
所以4a
n?4＝an?a
n?1(n≥2)，即an
?4an
+4＝a
n?1，即(a
n?2)
＝an?1
（n≥2），
所以an-2=an-1（n≥2）或an-2=-an-1（n≥2），即an-an-1=2（n≥2）或an+an-1=2（n≥2），…（4分）
若an+an-1=2（n≥2），則有a2+a1=2，又a1=1，所以a2=1，則a1=a2，這與數列遞增矛盾，所以an-an-1=2（n≥2），故數列為等差數列．…（6分）（2）解：由（1）知an=2n-1，
所以am
+am+1
?am+2am
am+1
=(2m?1)
+(2m+1)
?(2m+3)
(2m?1)(2m+1)
=4m?12m?7
4m?1
＝4m?1?12m?6
4m?1
＝1?6
2m?1
，…（8分）
因為1?6
2m?1
∈z，所以6
2m?1
∈z，又2m-1≥1且2m-1為奇數，所以2m-1=1或2m-1=3，故m的值為1或2．…（10分）
（3）解：由（1）知an=2n-1，則bn＝1(2n?1)(2n+1)＝12
(12n?1
?12n+1
)，所以tn=b1+b2+…+bn=12
[(1?1
3)+(13?1
5)+…+(1
2n?1
?12n+1
)]=1
2(1?1
2n+1
)＝n2n+1
，…（12分）
從而λ?n
2n+1
＜n+18(?1)
n+1對任意n∈n*恆成立等價於：
當n為奇數時，λ＜(2n+1)(n+18)n恆成立，
記f(n)＝(2n+1)(n+18)
n，則f(n)＝2(n+9
n)+37≥49，當n=3時取等號，所以λ＜49，當n為偶數時，λ＜(2n+1)(n?18)n恆成立．
記g(n)＝(2n+1)(n?18)
n，因為g(n)＝2(n?9
n)?35遞增，所以g（n）min=g（2）=-40，所以λ＜-40．綜上，實數λ的取值範圍為λ＜-40．…（16分）
已知數列an的前n項和為Sn，a11，Sn14an
1 由sn 1 4an 2 n 1，n n 得sn 4an 1 2 n 2，n n 作差有an 1 4an 4an 1 n 2 整理得an 1 2an 2 an 2an 1 n 2 即bn 2bn 1，是以b1 a2 2a1為首項2為公比的等比數列，由a1 1，sn 1 4an 2 n 1，n n ...
數列an的前n項和為Sn，a1 1，an 1 2Sn 1，等差數列bn滿足b3 3，b5 9，（1）分別求數列anbn的通
1 由an 1 2sn 1 得an 2sn 1 1 得an 1 an 2 sn sn 1 an 1 3an n 2 又a2 3，a1 1也滿足上式，an 3n 1 3分 b5 b3 2d 6 d 3 bn 3 n 3 3 3n 6 6分 2 sn a 1?qn 1?q 1?n 1?3 n?12 n?...
已知數列an的前n項和為Sn，a11，且3an
i a1 1，且3an 1 2sn 3 n n?當n 1時，3a2 2a1 3，a 13 2分 當n 2時，3a3 2 a1 a2 3，a 19 3分 3an 1 2sn 3 當n 2時，3an 2sn 1 3 由 得3an 1 3an 2an 0 5分 an 1an 13 n 2 又 a 1，a ...