所以数列{an}是公比为2的等比数列. 解:(2)由(1)S4==30,解得a1=2, an=2n,bn===(2n+1)•()n, 前n项和为Gn=3•()+5•()2+…+(2n+1)•()n, Gn=3•()2+5•()3+…+(2n+1)•()n+1, 上面两式相减可得,Gn=3•()+2[()2+…+()n]﹣(2n+1)•()n+1 =...
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S5= 25 4S2,a2n=2an+1,n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式;(2)若bn=2n-1+1,令cn=an•bn,求数列{cn}的前n项和Tn. 发布:2024/12/29 6:0:1组卷:215引用:3难度:0.4 解析 3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1(n∈N*).(1)...
因为数列{an}为等比数列且a1+a3=10,S4=30, 所以有⎧⎪⎨⎪⎩a1+a1q2=10a1(1−q4)1−q=30, 解得{a1=2q=2, 故数列{an}的通项公式为an=2n. (2) 由(1)知,若an=2an⋅bn, 则bn=n2n, 所以Tn=1×12+2×122+3×123+⋯+(n−1)12n−1+n⋅12n, 12Tn=1×122+2...
已知等差数列{an}的前n项和为{Sn},且a3=9,S4=30.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设b_n=a_n•3^(n-1),求数列{bn}的前n项和Tn.
a1+a2=6,S4=30,则a1+a2=6,a3+a4=24,得q2=a3+a4a1+a2=246=4,所以q=2,所以a1+a1q=6,所以a1=2,所以an=2n.(2)由(1)得bn=(n−1)⋅an=(n−1)⋅2n,得Tn=1×22+2×23+⋯+(n−1)⋅2n,得2Tn=1×23+2×24+⋯+(n−1)⋅2n+1,...
设{an}通项an=a1qn−1, 若q=1,由于S4=30知a1=152,与a1≠152矛盾,故q≠1. q≠1时由条件有⎧⎪⎨⎪⎩3a2=a3+2a1a1(1−q4)1−q=30⇒{a1=2q=2, ∴an=2n. (2) bn=log2an=n, cn=(−1)n(1bn+1bn+1)=(−1)n(1n+1n+1), T2020=C1+C2+C3+⋯+C2020 =...
解:(1)设等比数列{bn}的公比为q,q>0,则\((array)l(b_1q=8)(b_1-3bq^2=4)(array).,解得\((array)l(q=1/2)(b_1=16)(array).,所以bn=16×(1/2)n-1,a1=b4=16×(1/2)^3=2,设等差数列{an}的公差为d,若选①,则5a1+10d=10+10d=30,d=2,an=2+(n-1)×2=2n.若选②,则...
【解析】(1)设公比为的等比数列,S4=30,a2a4的等差中项为10,故{a1q+a1q3=20a1+a1q2=10解得a1=q=2故an=2"2)由(1)得:bn=an.log2an=n.2"故Tn=1×21+2×22+..+n2①2Tn=1×22+2×23+..+n2n+1②①-②得-Tn=(2+22+..+2)-n·2n+1整理得:Tn=(n-1)·2n+1+2 相关推荐 1...
10.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1212,2Sn-SnSn-1=1(n≥2). (1)求S1,S2,S3,S4并猜想Sn的表达式(不必写出证明过程); (2)设bn=nan1+30annan1+30an,n∈N*,求bn的最大值. 试题答案 在线课程 分析 1 1212 n n n-1 2 − ...
若q=1,由S4=30,求得a_1=(15)/2,与a1≠((15))/2矛盾;若q≠1,由已知有\((array)l(3a_1q=a_1q^2+2a_1)((a_1(1-q^4))/(1-q)=30)(array).,解得\((array)l(a_1=2)(q=2)(array)..∴a_n=2^n;(2)bn=log2an=n,cn=(-1)n(1/(((b_n)))+1/(((b_(n+1)...