解:(1)证明:由题设知,anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1, 两式相减,得an+1(an+2-an)=λan+1. 由于an+1≠0,所以an+2-an=λ. (2)由题设知,a1=1,a1a2=λS1-1,解得a2=λ-1. 由(1)知,a3=λ+1. 令2a2=a1+a3,解得λ=4. 故an+2-an=4,由此可得{a2n-1}是首项为1,公差...
∴an=2n-1. 试题分析:(1)由anan+1=4Sn-1,可得当n≥2时,an-1an=4Sn-1-1,an≠0,两式相减可得an+1-an-1=4;(2)由(1)可得数列{an}的奇数项与偶数项分别为等差数列,进而得出数列{an}的通项公式. 试题解析:(1)证明:∵anan+1=4Sn-1,∴当n≥2时,an-1an=4Sn-1-1,anan+1-an-1a...
分析:(1)由anan+1=4Sn-1,可得当n≥2时,an-1an=4Sn-1-1,an≠0,两式相减化为an+1-an-1=4,可得数列{an}的奇数项与偶数项分别为等差数列,进而得出;(2)bn= 1 (2n-1)(2n+1)= 1 2( 1 2n-1- 1 2n+1),利用“裂项求和”即可得出. 解答: 解:(1)∵anan+1=4Sn-1,∴当n≥2时,an-1an...
2× 1 2an+1=S1+Sn,∴an+1=1+Sn,当n≥2时,an=1+Sn-1,∴an+1-an=an,即an+1=2an,∴数列{an}是等比数列,首项为1,公比为2.∴an=2n-1.(II)bn= n 4an= n 2n+1.∴数列{bn}的前n项和Tn= 1 22+ 2 23+ 3 24+…+ n 2n+1, 1 2Tn= 1 23+ 2 24 + 3 25+…+ n-1 2n+...
n=1 a1*2=1 a1=1/2 an+Sn=1 an+1+Sn+1=1 an+1-an+an+1=0 an+1=an/2 q=1/2 an=a1*q^(n-1)=1/2^n
【答案】(1)(2)见解析 【解析】 (1)由项和公式得到an+1=an(n≥2),得到数列{an}是以a2为首项,以为公比的等比数列,再写出数列{an}的通项公式.(2)利用裂项相消法求数列的前n项和Tn=. 解:(1)由已知 (n≥2), 得an+1=an(n≥2). ∴数列{an}是以a2为首项,以为公比的等比数列. 又a2=S1=a1...
已知正项数列{an}的前n项和为Sn,满足a1=1,anan+1=4Sn-1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)bn=1/(a_(n+1)a_(n+2),求数列{bn}的前n项和Tn. 相关知识点: 试题来源: 解析 (1)α_n=2n-1;(2)T_n=1/(3(2n+5)).[分析](1)由α_Bα_(B+1)=4S_2-1,得α_(n+1)α_(...
整理,得2an=an-1+1,(n≥2)配方得:2(an-1)=an-1-1∴ an−1 an−1−1= 1 2,可得{an-1}为公比为 1 2的等比数列由已知式可得a1+s1=1,得 a1= 1 2∴ a1−1=− 1 2,可得 an−1=(− 1 2) ( 1 2)n−1=− 1 2n,n=1时也符合因此,数列{an}的通项公式为 an=1−...
在数列{an}中,前n项和为Sn,且a1=1,Sn=n2an(n∈N*),∴s1=a1=1= 2×1 1+1;s2=1+a2=4a2,∴a2= 1 3,s2= 4 3= 2×2 2+1;s3=1+ 1 3+a3=9a3,∴a3= 1 6,s3= 3 2= 2×3 3+1;s4=1+ 1 3+ 1 6+a4=16a4,∴a4= 1 10,s4= 8 5= 2×4 4+1;…于是猜想:sn= 2n n+...
已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=3,且Sn+1+Sn-1=2n+2Sn,(n≥2),若λ(Sn-an)+λ+7≥(2-λ)n对任意n∈N*都成立,则实数