1+c2+…+cn,(n∈N*),则当Tn<2019时,n的最大值是( )A. 9B. 10C. 11D. 12 相关知识点: 试题来源: 解析 ∵{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,∴an=2n-1,∵{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴bn=2n-1,∴Tn=c1+c2+…+cn=ab1+ab2+…+abn=a1+a2+a4+…+a2n-1=(...
解析 C答案:C解析:由已知an=2n-1,bn=2n-1,∴cn=a_(b_n)=2×2n-11、n1、∴Tn=c1+c2+…+cn=(21+22+…+2n)-n=2×(1-2^2)/(1-2)-n=2n+1-n-2.∵Tn>2 013,∴2n+1-n-2>2 013,解得n≥10,∴n的最小值为10,故选C.
1(410-1) B. 4-3(410-1) C. 1(49-1) D. 4-3(49-1) 答案 A解:由an+1-an=bn+1=2,所以数列{an}是等差数列,且公差是2,{bn}是等比数列,且公比是2.又因为a1=1,所以an=a1+(n-1)d=2n-1.所以bas=b2n-1=b1•22n-2=22n-2.设cn=bas,所以cn=22n-2,所以=4,所以数列{cn}是等比...
【答案】分析:(1)直接根据条件即可求出{an}的通项公式;再结合前n项和与通项之间的关系即可求出{bn}的通项公式; (2)先求出其通项,再利用错位相减法求和即可. 解答:解:(1)因为数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列, 所以数列{an}的通项公式为 ...
已知数列{an}是首项为2,公差为1的等差数列,{bn}是首项为1,公比为2的等比数列,则数列{abn}前10项的和等于( )A. 511B. 512C. 1023D. 1033
C 答案:C 解析:∵{an}是以1为首项, 2为公差的等差数列,∴an=2n-1. ∵{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴bn=2n-1. ∴Tn=c1+c2+…+cn=+…+=a1+a2+a4+…+ =(2×11、+(2×21、+(2×41、+…+(2×2n-11、 =2(1+2+4+…+2n-1)-n=2×-n=2n+1-n-2,...
∴2n+1-n-2<2022,当n=10时,211=2048>2034=2022+2+10,不适合题意,当n=9时,210-9-2=1013<2022,适合题意,∴n的最大值是9.故答案为:9. 依题意,可求得数列{an}与{bn}的通项公式,又(c_n)=(a_((b_n))),可求得Tn=c1+c2+…+cn=2n+1-n-2<2022,解之可得n的最大值....
解答:解:(1)由an+1=2( )2an得: ⇒ ⇒ … ⇒ 将这n-1个式子相乘,得an=2n-1n2a1=2n•n2, (2)∵bn=(An2+Bn+C)•2n ∴bn+1=(A(n+1)2+B(n+1)+C)•2n+1 ∴bn+1-bn=(A(n+1)2+B(n+1)+C)•2n+1-(An2+Bn+C)•2n ...
(2)利用等差数列的定义,即可证得结论; (3)利用反证法证明,对q分类讨论,引出矛盾,从而可得结论. 解答: n n an bn an2+bn2 2 an+1= anbn an2+bn2 ≤ 2 2 an+1 anbn an2+bn2 1 an+12 = an2+bn2 anbn bn+1= bn an bn+12
故Sn=n•2n-1,n•2n-1=Cn1+2Cn2+3Cn3+…+nCnn;(2)证明:∵数列{an}是公比为q(q≠±1),首项为1的等比数列,∴ak=qk-1,∴Sn= (1+q)n q,∵b1+b2+…+bn= Sn 2n,∴bn+1= Sn+1 2n+1- Sn 2n= 1 q[( 1+q 2)n+1-( 1+q 2)n]= q-1 2q•( 1+q 2)n,∴ bn+1 bn...